习题课 交变电流的产生及描述
一、基础练
1．对于图1所示的电流i随时间t做周期性变化的图象，下列描述正确的是( )
图1
A．电流的大小变化，方向也变化，是交变电流
B．电流的大小变化，方向不变，不是交变电流
C．电流的大小不变，方向不变，是直流电
D．电流的大小不变，方向变化，是交变电流
2．如图2所示，一面积为S的单匝矩形线圈处于有界磁场中，能使线圈中产生交变电流的是( )
图2
A．将线圈水平向右匀速拉出磁场
B．使线圈以OO′为轴匀速转动
C．使线圈以ab为轴匀速转动
D．磁场以B＝B0sinωt规律变化
3．标有“220V,0.5μF”字样的电容器能接入下面哪个电路中使用( )
A．220sin100πtV
B．220V的照明电路中
C．380sin100πtV
D．380V的动力电路中
4．在电路的MN间加一如图3所示的正弦交流电，负载电阻为100Ω，若不考虑电表内阻对电路的影响，则交流电压表和交流电流表的读数分别为( )
图3
A．220 V,2.20 AB．311 V,2.20 A
C．220 V,3.11 AD．311 V,3.11 A
5．交变电流电压表达式为u＝20sin314tV，求这个交变电压的最大值Um、有效值U、周期T、频率f.画出交变电流的电压u—t图象．
二、提升练
6．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呈正弦函数关系，如图4所示．此线圈与一个R＝10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他阻值．下列说法正确的是( )
图4
A．交变电流的周期为0.125s
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
7．如图5所示是一交变电流的i－t图象，则该交变电流的有效值为( )
图5
A．4AB．2A
C.AD.A
图6
8．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6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，磁通量变化率最大，其值为3.14Wb/s
9．两个完全相同的电热器，分别通以图7甲、乙所示的峰值相等的矩形交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比P甲∶P乙等于( )
图7
A.∶1B．2∶1C．4∶1D．1∶1
10．如图8所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合。线圈按图示方向匀速转动。若从图示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向,则线圈内感应电流随时间变化的图象是下列选项中的( )
8图
图9
11．距离足够大的金属板A、B间有一电子(不计重力影响)，在A、B间接有如图9所示的正弦式电压u.t＝0时，电子从静止开始运动，则( )
A．电子做往复运动
B．在足够长的时间后，电子一定要碰到某个金属板上
C．t＝T/2时，电子速度达到最大值
D．t＝T时，电子将回到原出发点
题 号
1
2
3
4
6
7
8
9
10
11
答 案
12.正弦式交变电压u＝50sin314tV加在一个氖管的两端，已知当氖管两端的电压达到25V时，才开始发光．求氖管通电10min内，发光的次数和发光的总时间．
13．如图10所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T，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对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2πrad/s，外电路电阻R＝4Ω.求：
图10
(1)转动过程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60°角时的瞬时感应电动势．
(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势．
(4)交变电压表的示数．
(5)线圈转动一周外力做的功．
习题课 交变电流的产生及描述
1．B
2．BCD [将线圈向右拉出磁场时，线圈中电流方向不变，A选项错．B、C两种情况下产生交变电流，只有在C情况下当线圈全部位于磁场外的一段时间内线圈内没有电流．由法拉第电磁感应定律可知D种情况下可产生交变电流，故B、C、D对．]
3．A
4．A [电压表和电流表都是表示的有效值，根据图象得出电压的有效值是220 V，根据欧姆定律得出电流的有效值是2.20 A．]
5．20V 10V 0.02s 50Hz 图象见解析
解析 已知交变电流的电压表达式u＝Umsinωt，正弦符号前的系数即为电压的最大值，根据正弦式交变电流的电压有效值与最大值的关系U＝，可求得U；再根据T＝，求得T；由f＝，求得f.
据题意，交变电流电压最大值Um＝20V，有效值U＝＝10V，周期T＝＝s＝0.02s，频率f＝＝50Hz.
根据u＝Umsinωt＝20sin314tV，画出交变电流的电压随时间的变化图象如图所示．
6．C [由图可知交变电流的周期T＝0.250s，频率f＝＝4Hz，故选项A、B错误；交变电流的有效值I＝＝A＝A，故选项C正确；交变电流的最大值Im＝＝A＝2A，故选项D错误．]
7．D [设该交变电流的有效值为I，t1＝1s，t2＝2s，由有效值的定义得()2Rt1＋IRt2＝I2Rt.而t＝t1＋t2＝3s，代入数据解得：I＝A，故D正确．]
8．CD [磁通量最大时，磁通量的变化率最小，如0.1s、0.3s时磁通量的变化率为0，电动势为零，A错误；0.2s和0.4s时磁通量的变化率最大，电动势最大，但不改变方向，B错误；公式Em＝nBSω＝nΦmω，其中Φm＝0.2Wb，ω＝＝＝5π，所以Em＝50×0.2×5π＝50π≈157V，故C正确；0.2s和0.4s时磁通量变化率最大，电动势最大，由Em＝n得此时＝＝Wb/s＝3.14 Wb/s，故D正确．]
9．B [甲为矩形交变电流，它的大小恒为Im，方向做周期性的变化，而电流通过电阻的热功率跟电流的方向无关，所以矩形交变电流通过电阻R的热功率P甲＝IR；乙为正弦交变电流，计算热功率时要用电流的有效值：I＝，所以P乙＝I2R＝()2R＝R＝，得＝.故B正确．]
10．A [t＝0时线圈磁通量最大，磁通量的变化率最小，所以感应电动势、感应电流最小．根据楞次定律可以判断，t＝0时刻开始线圈中磁通量变小，产生的感应电流i为负向，电流变大，C、D错．经过1/4周期后，dc切割磁感线，电流方向为负，电路中有持续负方向的电流，A对，B错．]
11．BC [电子始终朝一个方向运动，不断交替加速、减速，故B、C正确．]
12．6×104次 5min
解析 交变电压u＝50sin314tV，则最大值为
Em＝50V，
又ω＝314＝100π＝2π/T，所以T＝0.02s.
对氖管，只要u≥25V，就发光，u＝25V时，代入瞬时值方程得
sin100πt＝
在正半周有两个解就是
100πt1＝和100πt2＝，
即t1＝0.0025s，t2＝0.0075s
在正半周的时间为Δt＝t2－t1＝0.005s；同理，在负半周也有这么长的发光时间，每个周期内的发光时间为ΔT＝2Δt＝0.01s，发光两次．
所以10min内的发光次数为N＝2＝2×＝6×104(次)
总的发光时间为NΔt＝6×104×0.005s＝300s＝5min.
13．(1)3.14V (2)1.57V (3)2.6V
(4)1.78V (5)0.99J
解析 (1)感应电动势的最大值为Em＝nBωS＝100×0.5×2π×(0.1)2V＝3.14V
(2)转过60°时的瞬时感应电动势为
e＝Emcos60°＝3.14×0.5V＝1.57V
(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势为
＝n＝n＝100×V＝2.6V
(4)电压表示数为外电路电压的有效值
U＝·R＝·R＝×4V＝1.78V
(5)转动一周所做的功等于电流产生的热量
W＝Q＝()2··T＝0.99J
习题课 变压器及电能的输送
一、基础练
1．远距离输电时，在输送电功率不变的条件下( )
A．只有增大导线的电阻，才能减小电流，提高输电效率
B．提高输电电压，能减小电流，提高输电效率
C．提高输电电压势必增大输电导线上能量损耗
D．提高输电电压势必增大输电导线上的电流
2．理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接通交流电源，则( )
A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1
B．原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1
C．原、副线圈内交变电流之比I1∶I2＝1∶10
D．变压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶1
3．如图1所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n∶1，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( )
图1
A．电动机两端电压为IR
B．电动机消耗的功率为I2R
C．原线圈中的电流为nI
D．变压器的输入功率为
4．如图2所示，一理想变压器由一个初级线圈和两个次级线圈组成．当此变压器工作时，初级、次级线圈的匝数、电流、电压均在图中标出．则下列几组关系式中正确的是( )
图2
A.＝，＝B.＝，＝
C．n1I1＝n2I2＋n3I3D.＝
5．有条河，流量Q＝2m3/s，落差h＝5 m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V，输电线总电阻R＝30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V，100 W”的电灯正常发光？(g取10 m/s2)
二、提升练
6．“西电东输”工程中为减少输电损耗，必须提高输电电压，从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106kW，输电电压为1000kV，输电线电阻为100Ω.若改用超导材料作为输电线，则可减少电损耗的功率为( )
A．105 kW B．104 kW
C．106 kW D．103 kW
7．关于电能输送的分析，正确的是( )
A．由公式P＝得到，输电电压越高，输电导线上的功率损失越大
B．由公式P＝得到，输电导线的电阻越大，功率损失越少
C．由公式P＝I2R得到，输电电流越大，输电导线上的功率损失越大
D．由公式P＝IU得到，输电导线上的功率损失与电流强度成正比
8．如图3所示，当图中ab两端与ef两端分别加上220V的交流电压时，测得cd间与gh间电压均为110V；若分别在cd间与gh间两端加上110V的交流电压，则ab与ef间电压为( )
图3
A．220V,220VB．220V,110V
C．110V,110VD．220V,0V
9．调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图4所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q，则( )
图4
A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大
B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小
C．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大
D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小
10．理想变压器的原线圈接入表达式为i＝Imsinωt的交变电流，一只灯泡和交流电流表串联后接在副线圈两端，读数为0.4A，当t＝T时，原线圈的电流i＝30mA，由此可知，此变压器的原副线圈匝数之比为( )
A．4∶30B．40∶3
C．3∶40D．40∶3
11．如图5所示，一理想变压器的原、副线圈分别由双线圈ab和cd(匝数都为n1)、ef和gh(匝数都为n2)组成．用I1和U1表示输入电流和电压，I2和U2表示输出电流和电压．在下列四种连接法中，符合关系＝，＝的有( )
图5
①b与c相连，以a、d为输入端；f与g相连，以e、h为输出端
②b与c相连，以a、d为输入端；e与g相连，以f、h为输出端
③a与c相连，以b与d相连作为输入端；f与g相连，以e、h为输出端
④a与c相连，b与d相连作为输入端；e与g相连，f与h相连作为输出端
A．①②B．②③
C．③④D．①④
12．如图6所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )
图6
A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小
B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小
C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大
D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小
题 号
1
2
3
4
6
7
8
9
10
11
12
答 案
习题课 变压器及电能的输送答案
1．B [在输出功率一定时，由P＝UI知，当U增大时，I减小，输电导线损耗的功率P损＝I2R将变小．]
2．BC [根据变压器的电压比＝和电流比＝可知选项B、C是正确的．对于理想变压器，输入与输出的功率应相等，即P1＝P2，所以选项D是错误的．]
3．D [电动机两端电压为，故电动机消耗的功率为，即为变压器的输入功率，原线圈中的电流I0＝.]
4．AC [电压与匝数成正比，故A正确，能量守恒，故C正确．]
5．6∶125 235∶11 470盏
解析 设ρ为水的密度
电源端：P输出＝×50%＝Qρgh×0.5＝2×1×103×10×5×0.5W＝5×104W
输出电压U0＝240V，输送电路如下图所示
为满足输电要求，据P损＝IR，有
I送＝＝＝A＝10A
则送电电压为U送＝＝V＝5×103V
所以升压变压器的匝数比为
n1∶n2＝U0∶U送＝240∶(5×103)＝6∶125
输电线电压损失U损＝I送R＝10×30V＝300V
用户端：U1＝U送－U损＝5×103V－300V＝4700V
据题意可知，U2＝220V，所以降压变压器的匝数比为
n1′∶n2′＝U1∶U2＝4700∶220＝235∶11
因为理想变压器没有能量损失，可正常发光的电灯盏数为
N＝＝盏＝470盏
6．A [输电电流I＝，输电线路损失的电功率P损＝I2R＝2R＝1×105kW，当改用超导输电时，不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，故A正确．]
7．C
8．B [对变压器有：＝＝
Ucd′＝110V时，Uab′＝220V.
当分压器gh间接110V时，Uef′＝Ugh′＝110V．]
9．BC [保持P的位置不动，U2不变，将Q向下移动时，R变大，故电流表的读数变小；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，n2变大，U2变大，故电流表的读数变大．]
10．B [交流电流表的读数为0.4A，说明副线圈中电流的有效值为0.4A，原线圈中电流的表达式为i＝Imsinωt，当t＝T时，i＝Imsinωt＝Imsin(·T)＝Imsin＝Im＝＝30mA，所以原线圈中电流的有效值为30mA，电流之比是3∶40，所以匝数之比为40∶3.]
11．D [图中双线圈ab，cd，ef，gh的绕法相同，当bc相连，fg相连时，相当于两组原线圈串联，两组副线圈串联，原、副线圈匝数都增大一倍，对理想变压器＝＝，且有I1U1＝I2U2，所以＝，即①正确；当e，g相连时，副线圈相当于双线绕法，副线圈内感应电动势相互抵消，没有输出，②错误；③中原线圈ab和cd两个线圈并联，副线圈中ef和gh两个线圈串联，显然③错误；④中的a与c相连，e与g相连，原、副线圈中的两个线圈都并联，电压、电流符合题意，④正确．故正确选项为D.]
12．BC [改变开关的位置就是改变副线圈匝数的多少，当副线圈匝数减少时，副线圈两端电压减小，R上消耗的功率减小，电流也减小；当电压和副线圈都不发生变化时，调节滑动变阻器向上滑动，则电阻减小，输出电流增大，输入电流也增大．]
第二章 交变电流
章末检测
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)
1．如图1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0.01sB．最大值是311V
C．有效值是220VD．表达式为u＝220sin100πtV
2．有一交变电流如图2所示，则由此图象可知( )
A．它的周期是0.8sB．它的峰值是4A
C．它的有效值是2AD．它的频率是0.8Hz
3．图3为某种交变电流的波形，每半个周期按各自的正弦规律变化，其有效值为( )
A．7 AB．5 AC．3 A D．4 A
图1 图2 图3
4．一电饭煲和一台洗衣机同时并入u＝311sin314tV的交流电源上，均正常工作，用电流表分别测得电饭煲的电流是5A，洗衣机的电流是0.5A．下列说法正确的是( )
A．电饭煲的电阻是44Ω，洗衣机电动机线圈电阻是440Ω
B．电饭煲消耗的功率为1555W，洗衣机电动机消耗的功率为155.5W
C．1min内电饭煲消耗的电能为6.6×104J，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103J
D．电饭煲的发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍
5．如图4甲所示为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度．给该台灯接220V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为( )
图4
A．220VB．110VC.VD.V
6．图5甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内( )
图5
A．电流表A1的示数比A2的小B．电流表A2的示数比A3的小
C．电流表A1和A2的示数相同D．电流表的示数都不为零
7.图6中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连，Q为滑动头．现令Q从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止．用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，P2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值，电功率指平均值)．下列四个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是( )
图6
8．图7所示，M为理想变压器，电表均可视为理想电表，接线柱a、b接电压u＝311sin314tV的正弦交流电源．当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，示数发生变化的电表是( )
图7
A．A1、A2B．A2、V2C．A1、A2、V2D．A1、A2、V1、V2
9．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如图所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是( )
10．汽油机做功冲程开始时，汽缸中的汽油、空气混合气要靠火花塞点燃，但是汽车蓄电池的电压只有12V，不能在火花塞中产生火花，为此设计了如图8所示的点火装置，这个装置的核心是一个变压器，它的原线圈通过开关连到蓄电池上，副线圈接到火花塞的两端，开关由机械进行自动控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，这样就能在火花塞中产生火花了，下列说法中正确的是( )
图8
A．该设计方案不可行，因为蓄电池提供的是直流电，变压器不能改变直流电压
B．该设计方案可行，因为变压器能将直流电改变为交变电流
C．该设计方案可行，因为通过变压器原线圈的是变化的电流，可以通过变压器发生互感现象
D．该变压器可以是升压变压器，也可以是降压变压器
题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答 案
二、填空题(本题共2小题，共16分)
11．(6分)如图9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9
姓名：________ 班级：________ 学号：________ 得分：________ 12.(10分)示波器面板如图11所示，图10中甲图为一信号源．
甲 乙 丙
图10 图11
(1)若要观测此信号源发出的正弦交流信号的波形(正弦交流信号的电流i随时间t做周期性变化的图象如图乙所示)，应将信号源的a端与示波器面板上的________接线柱相连，b端与________接线柱相连．
(2)若示波器所显示的输入波形如图丙所示，要将波形上移，应调节面板上的________旋钮；要使此波形横向展宽，应调节________旋钮；要使屏上能够显示3个完整的波形，应调节________旋钮．
三、计算题(本题共4小题，共44分)
13．(10分)如图12所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长度为l1，宽度为l2，共有n匝，总电阻为r，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电阻，线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO′匀速运动，沿转轴OO′方向看去，线圈转动沿逆时针方向，t＝0时刻线圈平面与磁感线垂直．
图12
(1)表示出线圈经过图示位置时通过电阻R的感应电流的方向．
(2)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式．
(3)求线圈从t＝0位置开始到转过90°的过程中的平均电动势．
(4)求线圈从t＝0位置开始到转过60°时的瞬时电流．
14．(8分)黑光灯是利用物理方法灭蛾杀虫的一种环保型设备，它发出的紫色光能够引诱害虫飞近黑光灯，然后被黑光灯周围的交流高压电网“击毙”．如图13所示是高压电网的工作电路．高压电网是利用变压器将有效值为220V的交流电压变成高压，高压电网相邻两极间距离为0.5cm，已知空气在常温常压下的击穿电压为6220V/cm，为防止空气被击穿而造成短路，变压器的原、副线圈匝数比不得超过多少？
图13
15．(12分)如图14所示，变压器原线圈输入电压为220V，副线圈输出电压为36V，两只灯泡的额定电压均为36V，L1额定功率为12W，L2额定功率为6W．试求：
图14
(1)该变压器的原副线圈匝数比．
(2)两灯均工作时原线圈的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流．
16．(14分)某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为100kW，输出电压为500V，输电导线的总电阻为10Ω，导线上损耗的电功率为4kW，该村的用电电压是220V.
图15
(1)输电电路如图15所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；
(2)如果该村某工厂用电功率为60kW，则该村还可以装“220V 40W”的电灯多少盏？
第二章 交变电流章末检测答案
1．BC [本题考查正弦交变电流的基础知识，考查考生对正弦交流电基本知识及图象的掌握．由图象可知，该交变电压周期为0.02s，最大值为311V，瞬时值表达式为u＝311sin100πtV，A、D项错误，B项正确；有效值为V＝220V，C项正确．]
2．AB [由图象可读得T＝0.8s，f＝＝1.25Hz，故A对，D错；又可由图象读得Im＝4A，故B对；因为电流并非正弦交流电，故其有效值I≠＝2A，C错．]
3．B [根据有效值的定义得
Q＝2R＋2R＝I2RT，
解得I＝5A，故B正确．]
4．C
5．B [本题考查电压的有效值的计算．设电压的有效值为U，根据有效值定义有·＝T，解得B项正确．]
6．C [理想变压器原、副线圈的磁场变化情况相同，由图乙知原线圈的磁场均匀变化，据法拉第电磁感应定律E＝＝·S知副线圈中产生恒定电流，线圈对直流电无阻碍作用，直流电不能通过电容器，所以电流表A1、A2的示数相同，A3的示数为0，C选项符合题意．]
7．BC [滑动头向上匀速滑动，副线圈匝数均匀增加，与时间t成正比，由＝得：U2＝，故U2与t也成正比，选项C正确；随着白炽灯变亮，其本身电阻也逐渐增大，灯泡的I－t图线斜率逐渐减小，B项正确；由于副线圈输出功率增大，原线圈的输入功率也增大，由P＝UI知，输入电流也要增大，故A错；灯泡消耗的功率P2＝，所以P2与U2不成正比，即P－t图象不满足正比例函数关系，故D错．]
8．A [由变压器特点，可知＝，只要n1、n2的比值不变，U1不变，那么U2也不变；由＝知：原线圈中电流因副线圈中电流的改变而改变，因滑动变阻器的电阻变化，A2的示数变化，所以A1的示数也会发生变化，故应选A.]
9．A [电流互感器串联在电路中，且连电流表的线圈电流小，由＝知：电流小的线圈匝数多，故A正确．]
10．C [变压器只能改变交变电流的原因是如果在原线圈上接恒定电压，则线圈的磁通量保持不变，从而不能产生感应电动势，副线圈中也就没有输出电压了．在本装置中，开关的闭合、断开，导致电流不断地变化，从而使得磁通量不断地变化，能够使变压器工作．]
11.
解析 线框转动产生交变电流Emax＝BSω，Imax＝＝BSω/R，有效值I＝＝；线框转过的过程中，ΔΦ＝BS，＝，＝，q＝Δt＝＝.
12．(1)Y输入 地 (2)竖直位移 X增益 扫描范围和扫描微调
解析 (1)观察外部输入信号，应把信号源接“Y输入”和“地”接线柱．(2)通过调节竖直位移旋钮(↑↓)可将波形上移，通过调节X增益旋钮可使波形横向展宽．通过调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮可使波形数改变．
13．(1)自下而上 (2)e＝nBl1l2ωsinωt
(3) (4)
解析 (1)根据右手定则或楞次定律判断可知，线圈中的电流方向是badcb，故流过R的电流是自下而上．
(2)从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势Em＝nBl1l2ω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBl1l2ωsinωt.
(3)＝n＝n＝
(4)线圈从t＝0开始转过60°时，瞬间电流为i＝＝＝
14.
解析 电网两极间电场可看做匀强电场Um＝Emd，由题意，空气被击穿时Em＝6220V/cm，Um＝6220×0.5V＝3110V
由理想变压器电压关系：＝
由峰值与有效值关系：Um＝U2
由以上各式，得＝
所以原、副线圈匝数比不得超过1∶10.
15．(1)55∶9 (2)0.082A 0.055A
解析 (1)由变压比公式得
＝代入数据，得
＝＝
(2)两灯均工作时，由能量守恒得
P1＋P2＝U1I1
I1＝＝A
＝0.082A
只有L1灯工作时，由能量守恒得
P1＝U1I1′
解得I1′＝＝A＝0.055A
16．(1)1∶10 240∶11 (2)900盏
解析 (1)因为P损＝IR线
所以I2＝＝A＝20A
I1＝＝A＝200A
则＝＝＝
U3＝U2－I2R线＝(500×10－20×10) V＝4800V
则＝＝＝
(2)设还可装灯n盏，据降压变压器输入功率等于输出功率有P3＝P4
其中P4＝(n×40＋60×103) W
P4＝P3＝(100－4) kW＝96kW
所以n＝900
第2章 交变电流
章末检测
(时间：90分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合要求，选对的得4分，选错或不答的得0分)
1．如图1甲为风速仪的结构示意图．在恒定风力作用下风杯带动与其固定在一起的永磁体转动，线圈产生的电流随时间变化的关系如图乙．若风速减小到原来的一半，则电流随时间变化的关系图可能是( )
图1
答案 C
解析 根据Em＝NBSω，若风速减小到原来的一半时，则最大感应电动势也变小，所以感应电流也变小；根据转速与周期成反比，可知，若风速减小到原来的一半时，则周期变大为原来两倍，故C正确，A、B、D错误．
2．图2甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压是正弦函数的一部分，下列说法错误的是( )
图2
A．图甲、图乙所示的电压的最大值不相等
B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝20sin(50πt) V
C．图乙所示电压的有效值为20 V
D．图乙所示电压的有效值为10 V
答案 D
解析 图甲、图乙所示电压的最大值都等于20 V，图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝20sin(100πt) V，选项A、B错误；由有效值定义，×0.02＝0.04×，解得题图乙所示电压的有效值为10 V，选项D正确，C错误．
3.用220V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110V，通过负载的电流随时间变化的图像如图3所示，则( )
图3
A.变压器输入功率约为3.9W
B.输出电压的最大值是110V
C.变压器原、副线圈的匝数比是1∶2
D.负载电流的函数表达式i＝0.05sin (100πt＋) A
答案 A
解析 变压器的输入功率等于输出功率，等于输出电压的有效值与输出电流的有效值的乘积，所以P＝UI＝110V×A≈3.9W，A正确；输出电压的有效值是110V，最大值是110V，所以B错；变压器原、副线圈匝数之比是2∶1，C错；负载电流的函数表达式是i＝0.05sin (100πt) A，D错.
4.一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4甲所示.已知发电机线圈内阻为5Ω，外接一只电阻为95Ω的灯泡，如图乙所示，则 ( )
图4
A.电压表的示数为220V
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484W
D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J
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变化两次，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.
5.如图5所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，R1＝20Ω，R2＝10Ω，C为电容器，原线圈所加电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πt(V).下列说法正确的是( )
图5
A.通过电阻R3的电流始终为零
B.副线圈两端交变电压的频率为5Hz
C.电阻R2的电功率为48.4W
D.原、副线圈铁芯中磁通量的变化率之比为10∶1
答案 C
解析 电容器能够通交流，选项A错误；变压器能够改变交流电的电压，但是不能改变交流电的频率，选项B错误；根据＝得U2＝22V，所以电阻R2的电功率为P2＝＝48.4W，选项C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，原、副线圈铁芯中磁通量的变化率之比为1∶1，选项D错误.
6．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．甲扬声器是高频扬声器
B．C2的作用是阻碍高频电流通过乙扬声器
C．L1的作用是阻碍高频电流通过甲扬声器
D．L2的作用是减少通过乙扬声器的高频电流
答案 C
解析 由电感和电容对高、低频的阻碍作用可知，电感L对高频电流的阻碍作用大，所以电感L1阻碍高频电流通向甲，电感L2阻碍高频电流通过乙，C正确，D错误；电容对高频电流的阻碍作用小，所以电容C2阻碍低频电流通向乙．甲是低频扬声器，乙是高频扬声器，A、B错误．
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
7．如图7，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则( )
图7
A．两导线框中均会产生正弦交流电
B．两导线框中感应电流的周期都等于T
C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等
D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
答案 BC
解析 当线框进入磁场过程中，根据E＝BR2ω可得，感应电动势恒定，感应电流恒定，不是正弦式交流电，A错误，C正确；当线框进入磁场时，根据楞次定律可得，两线框中的感应电流方向为逆时针，当线框穿出磁场时，根据楞次定律可得，线框中产生的感应电流为顺时针，所以感应电流的周期和线框运动周期相等，B正确；线框N在完全进入磁场后有时间内穿过线框的磁通量不变化，没有感应电动势产生，即线框N在0～和～T内有感应电动势，其余时间内没有；而线框M在整个过程中都有感应电动势，即便两导线框电阻相等，两者的电流有效值不会相同，D错误．
8.如图8甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5A的保险丝L，原线圈匝数n1＝600匝，副线圈匝数n2＝120匝.当原线圈接在如图乙所示的交变电源上时，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接 ( )
图8
A.阻值为14.4Ω的电阻
B.并联两盏“36V,40W”的灯泡
C.工作频率为10Hz的电视
D.耐压值为36V的电容器
答案 AB
解析 理想变压器可以变压、变流，但不可以改变功率和频率；由题图乙可知，原线圈中交变电源的周期为0.02 s，频率为50 Hz，则副线圈得到的交变电流的频率也为50 Hz，故接入工作频率为10 Hz的电视不能正常工作，C错误；由题图乙可知，原线圈所接电源的电压有效值为180 V，由理想变压器特点可知，变压比等于匝数比，则U＝×180 V，得U＝36 V，B中两灯泡接入电路时，原线圈中的电流I1≈0.44 A＜0.5 A，B正确；副线圈两端电压的有效值为36 V，但其最大值大于电容器的耐压值，故D错误；由理想变压器特点可知，原、副线圈消耗的功率相等，则＝180 V×0.5 A，解得R＝14.4 Ω，A正确.
9.如图9所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S断开，当S接通后( )
图9
A.变压器的输出电压减小
B.输电线等效电阻R两端的电压增大
C.通过灯泡L1的电流减小
D.原线圈中的电流减小
答案 BC
解析 当S接通后，变压器的输出电压不变，副线圈负载电阻减小，引起总电流增大，因此输电线的等效电阻两端的电压增大，灯泡L1两端的电压减小，通过灯泡L1的电流减小，选项A错误，选项B、C正确；S接通后，变压器输出功率增大，输入功率增大，原线圈中的电流增大，选项D错误.
10.如图10为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电.已知输电线的总电阻R＝10Ω，降压变压器T2原、副线圈的匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路.若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈的输出电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πt (V)，用电器的电阻R0＝11Ω，则( )
图10
A.通过用电器R0的电流的有效值是20A
B.升压变压器的输入功率为4650W
C.发电机中的交变电流的频率为100Hz
D.当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小
答案 AB
解析 由T2的副线圈的输出电压的表达式可知，副线圈的输出电压的有效值为220V，电流的有效值为I＝A＝20A，选项A正确；通过输电线的电流I′＝A＝5A，所以升压变压器的输入功率为P＝I′2R＋I2R0＝52×10W＋202×11W＝4650W，选项B正确；发电机中的交变电流的频率与T2的输出电压的频率相同，也为50Hz，选项C错误；当用电器的电阻R0减小时，其消耗的功率变大，发电机的输出功率变大，选项D错误.
三、填空题(共2小题，共10分)
11.(4分)有一理想变压器原、副线圈匝数分别为1320匝、144匝，将原线圈接在220V的交流电压上，副线圈上电压为________V，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为________Wb/s.
答案 24
解析 由＝得U2＝24V，穿过铁芯的磁通量的最大变化率等于每一匝线圈中产生的感应电动势的最大值，即m＝＝Wb/s＝Wb/s.
12.(6分)利用DIS(数字化信息处理系统)探究手摇发电机(如图11所示)的线圈产生的交变电流.
图11
实验步骤如下：
①将电压传感器接入数据采集器；
②电压传感器的测量夹与发电机的输出端并联；
③点击“数据采集设置”设定“采样点时间间隔”；
④缓慢摇动发电机的手柄，观察工作界面上的信号.
图12
(1)屏上出现的电压波形如图12所示，从图中可以看出，手摇发电机产生的电压波形不是正弦波，其原因可能是________________________(写出一条即可).
(2)研究交变电流的波形，发现在用手摇动发电机手柄的2min内屏上出现了61个向上的“尖峰”，则交变电流的平均周期为____________.如果发电机手摇大轮的半径是转子小轮半径的2倍，则手摇大轮转动的平均角速度为__________.
答案 (1)转子不是在匀强磁场中转动(或手摇动发电机的转速不均匀)
(2)2s 0.5πrad/s
解析 只有线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电流才是标准的正弦式电流，手摇发电机的磁场是由条形磁铁产生的，所以不是匀强磁场，由于是手摇转动，转速难以保证恒定.屏上每出现一次向上的尖峰，就代表经过了一个周期，2min内屏上出现了61个向上的尖峰，表明周期T＝s＝2s，大轮的角速度等于小轮的角速度的一半，所以大轮的角速度ω＝·＝0.5πrad/s.
四、解答题(本题共4小题，共46分.解答应写出必要的文字说明，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13.(10分)如图13甲所示，固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一个小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场.已知线圈的匝数n＝100匝，总电阻r＝1Ω，所围成的矩形的面积S＝0.04m2，小灯泡的电阻R＝9Ω，磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBmScost，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：
图13
(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；
(2)小灯泡消耗的电功率；
(3)在0～时间内，通过小灯泡的电荷量.
答案 (1)8V (2)2.88W (3)4×10－3C
解析 (1)由图像知，线圈中产生的交变电流的周期T＝3.14×10－2s，所以Em＝nBmSω＝＝8V.
(2)电流的最大值Im＝＝0.8A，有效值I＝＝A，小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88W.
(3)在0～时间内，电动势的平均值＝，平均电流＝＝，
通过小灯泡的电荷量Q＝Δt＝＝4×10－3C.
14.(10分)如图14所示，理想变压器原线圈中输入电压U1＝3300V，副线圈两端电压U2为220V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U＝2V.求：
图14
(1)原线圈n1等于多少匝？
(2)当开关S断开时，电流表A2的示数I2＝5A.则电流表A1的示数I1为多少？
(3)当开关S闭合时，电流表A1的示数I1′等于多少？
答案 (1)1650匝 (2)0.33A (3)0.67A
解析 (1)由电压与变压器匝数的关系可得：
＝＝U，则n1＝1650匝.
(2)当开关S断开时，有：
U1I1＝U2I2，I1＝＝A≈0.33A
(3)当开关S断开时，有：R1＝＝44Ω.当开关S闭合时，设副线圈总电阻为R′，有R′＝＝22Ω，副线圈中的总电流为I2′＝＝10A.由U1I1′＝U2I2′可知，I1′＝＝A≈0.67A.
15.(12分)一居民小区有440户，以前每户平均消耗电功率为100W，使用的区间变压器匝数比为165∶6，恰好能使额定电压为220V的家用电器正常工作，现在因家用电器增加，每户平均消耗的电功率为250W，若变压器输入电压仍为6600V，区间输电线路不变，为了使家用电器正常工作，需更换区间变压器，则更换后的区间变压器的匝数比为多少？
答案 220∶9
解析 未换时，输电电流I＝＝A＝200A.输出电压U2＝U1＝×6600V＝240V，则由U线＝U2－U用＝IR线知，R线＝Ω＝0.1Ω.换变压器后，I′＝＝A＝500A.线路损失电压U线′＝I′R线＝50V，变压器输出电压U2′＝U用＋U线′＝220V＋50V＝270V.变压器匝数之比为n1∶n2＝U1∶U2′＝6600∶270＝220∶9.
16.(14分)某发电厂的发电机的输出功率P＝100kW，发电机端电压U＝250V，向远处送电的输电线的总电阻R＝8Ω.已知输电线上损失的功率为输送功率的5%，用户得到的电压是220V.
(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图.
(2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数之比.
答案 (1)见解析 (2)1∶16 190∶11
解析 (1)需要安装一台升压变压器和一台降压变压器，输电线路的示意图如图所示.
(2)按题意，P损＝5%P＝0.05×100×103W＝5×103W
设输电线路中的电流为I，P损＝I2R
I＝＝A＝25A
输送电压U2＝＝V＝4000V
对升压变压器，＝＝＝
输电线路上损失的电压U损＝IR＝25×8V＝200V
降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－U损＝(4000－200) V＝3800V
用户在副线圈两端得到的电压U4＝220V
所以＝＝＝
即升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶16，降压变压器原、副线圈的匝数之比为190∶11.
第1节 交变电流
1．大小和方向不随时间变化的电压和电流，称为__________，简称直流电；大小和方向随时间作周期性变化的电压和电流，称为__________，简称交流电．
2．电压和电流都随时间按正弦函数规律变化的交变电流称为________电流，简称正弦交流电．其电动势的瞬时值表达式为e＝________，其中Em＝________.闭合矩形线圈在________磁场中绕__________________________的轴匀速转动时，线圈中产生的感应电流是正弦交流电．
3．下图所示的4种电流随时间变化的图象中，属于交变电流的有( )
4．下列各图中，哪些情况线圈中能产生交流电( )
5．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中正确的是( )
A．在中性面时，通过线圈的磁通量最大
B．在中性面时，感应电动势最大
C．穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零
D．穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率也为零
【概念规律练】
知识点一 交变电流的产生
1．如图1所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是( )
图1
A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．图示位置ab边的感应电流方向为a→b
D．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零
2．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。在t=0时刻，线圈平面与纸面重合(如图2所示)，线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是( )
知识点二 交变电流的变化规律
3．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为240r/min，若线圈平面转至与磁场方向平行时的电动势为2V，则从中性面开始计时，所产生的交流电动势的表达式为e＝________V，电动势的峰值为________V，从中性面起经s，交流电动势的大小为________V.
4．有一个10匝正方形线框，边长为20cm，线框总电阻为1Ω，线框绕OO′轴以10πrad/s的角速度匀速转动，如图3所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5T．问：
图3
(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？
(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？
(3)写出感应电动势随时间变化的表达式．
【方法技巧练】
一、瞬时值、平均值的计算方法
5．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100匝，转速为r/min，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03Wb，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为时，感应电动势为多少？
6．如图4所示，匝数为n，面积为S的矩形线圈在匀强磁场B中匀速转动，角速度为ω，求线圈从图示位置转过180°时间内的平均感应电动势．
图4
二、交变电流图象的应用
7．矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动．线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图5所示．下面说法中正确的是( )
图5
A．t1时刻通过线圈的磁通量为零
B．t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大
C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大
D．每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大
8．一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的变化图象如图6所示，则下列说法中，正确的是( )
图6
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01s时刻，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大
C．t＝0.02s时刻，线圈中有最大感应电动势
D．t＝0.03s时刻，线圈中有最大感应电流
1．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是( )
A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变
B．线圈每转动一圈，感应电流方向就改变一次
C．线圈平面经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次
D．线圈每转动一圈，感应电动势和感应电流方向都要改变一次
2．线圈在磁场中匀速转动产生交流电的瞬时电动势为e＝10sin20πtV，则下列说法正确的是( )
A．t＝0时，线圈平面位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大
C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速度最大
D．t＝0.4s时，e达到峰值10V
3．交流发电机在工作时的电动势为e＝Emsinωt，若将其电枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为( )
A．EmsinB．2Emsin
C．Emsin2ωtD．2Emsin2ωt
4．一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图7甲所示的匀强磁场中．通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )
图7
A．t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变
C．t2、t4时刻线圈中磁通量最大
D．t2、t4时刻线圈中感应电动势最小
5．如图8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( )
图8
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电流为
C．穿过线圈的磁通量为0
D．穿过线圈的磁通量的变化率为0
6．如图9所示，矩形线圈abcd，已知ab为L1，ad为L2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω(从图中位置开始)匀速转动，则线圈中感应电动势的大小为( )
图9
A.BL1L2ωsin ωtB.BL1L2cosωt
C．BL1L2ωsinωtD．BL1L2ωcosωt
7．如图10所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝0°时(如图)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正．则下列四幅图中正确的是( )
图10
8．如图11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转轴OO′以恒定的角速度ω转动．当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图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻( )
图11
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
9．如图12所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以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( )
图12
A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流
B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势
C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同,都是a→b→c→d
D．线圈绕P1转动时cd边受到的安培力大于绕P2转动时cd边受到的安培力
题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答 案
10.一矩形线圈在匀强磁场中以角速度4πrad/s匀速转动，产生的交变电动势的图象如图13所示．则交变电流的频率为______Hz，当t＝0时，线圈平面与磁感线________，当t＝0.5s时，e为______V.
图13
11．如图14所示，在匀强磁场中有一个“n”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝T，线框的CD边长为l1＝20cm，CE、DF边长均为l2＝10cm，转速为50r/s.若从图示位置开始计时：
图14
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)在e－t坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象．
12．如图15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．从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：
图15
(1)线圈中感应电动势的大小．
(2)由t＝0至t＝过程中的平均电动势值．
第二章 交变电流
第1节 交变电流答案
课前预习练
1．恒定电流 交变电流
2．正弦交变 Emsinωt nBSω 匀强 垂直于磁场方向
3．CD [直流电是方向不随时间改变，交变电流是方向随时间改变，正弦式交变电流是按正弦规律变化的交变电流，图象中正、负表示电流方向．A选项中电流数值总为正，表示电流方向不变，是直流电．B选项中图象虽为正弦，但由于电流总是正值，表示电流方向不变，电流大小随时间变化，也是直流电．C、D选项中电流强度和方向都随时间做周期性变化，是交变电流．因此，是交变电流的只有C和D，是正弦式交变电流的只有D.]
4．BCD [A中线圈中的磁通量始终是零，故无感应电流产生；B、C、D中都是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，故能产生交流电，则B、C、D正确．]
5．A [中性面和磁场垂直，磁通量最大，磁通量的变化率为零．]
课堂探究练
1．C [线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A错；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b，故C对；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，B、D错误。]
点评 ①线圈平面垂直于磁感线时，线圈中的感应电流为零，这一位置叫中性面．线圈平面经过中性面时，电流方向就发生改变．线圈绕轴转一周经过中性面两次，因此感应电流方向改变两次．
②线圈经过中性面时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零(即各边都不切割)，所以感应电动势为零．
2．C [线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电．对于图示起始时刻，线圈的cd边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同．所以C对．]
点评 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电．其中“线圈”无特殊要求，即矩形线圈、圆形线圈等其他形状都可，“绕某一轴匀速转动”，只要求此轴垂直于磁场方向，没有其他限制条件．
3．2sin8πt 2 1
解析 当线圈平面与磁场平行时(S//B)，感应电动势最大，即Em＝2V，ω＝2πn＝2π×rad/s＝8π rad/s，则从中性面开始计时，瞬时值表达式：e＝Emsinωt＝2sin8πtV，当t＝s时，e＝2sin(8π×) V＝1V.
点评 当闭合线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，且从中性面开始计时时产生正弦式交流电电动势的表达式e＝Emsinωt，Em为最大值即当线圈平面与磁场方向平行时的瞬时值，ω为转动角速度．
4．(1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V
(3)e＝6.28sin 10πt V
解析 (1)交变电流电动势最大值为
Em＝nBSω＝10×0.5×0.22×10πV＝6.28V，
电流的最大值为
Im＝Em/R＝A＝6.28A.
(2)线框转过60°时，感应电动势e＝Emsin60°＝5.44V.
(3)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝6.28sin10πtV.
点评 ①电动势最大值Em＝nBSω.
②当计时起点为中性面位置时表达式为e＝Emsinωt
当计时起点为线圈平面与磁场方向平行时，表达式为e＝Emcosωt.
5．1V V
解析 由题意知：Φm＝0.03Wb
ω＝2πn＝2π××rad/s＝rad/s.
线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故
Em＝nBSω＝nΦmω＝100×0.03×V＝1V
瞬时值表达式e＝Emsinωt＝sinV
当θ＝ωt＝时，e＝sinV＝V.
方法总结 ①要记住两个特殊位置感应电动势的瞬时值，即中性面位置e＝0；线圈平面与磁感线平行的位置e＝Em＝nBSω.
②确定线圈从哪个位置开始计时的，从而确定电动势的瞬时值表达式是正弦形式还是余弦形式．
6.nBSω
解析 由楞次定律可判断线圈从图示位置转过180°时间内，线圈中的平均感应电动势E≠0.磁通量是没有方向的标量，但却有正负．如果我们规定磁感线从线圈的一侧穿入另一侧，穿出磁通量为正，那么从另一侧穿入这一侧穿出时，磁通量就为负了．设线圈转过180°时，穿过它的磁通量Φ′＝BS，那么图示位置时穿过它的磁通量Φ＝－BS.由法拉第电磁感应定律得：＝n＝n＝n＝nBSω.
方法总结 平均感应电动势不等于始、末两瞬时电动势值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算即＝n.
7．D [t1、t3时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A、C错误；t2时刻感应电动势最大，线圈位于中性面的垂面位置，穿过线圈的磁通量为零，B错误；由于线圈每过一次中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，e变换方向，所以D正确．]
方法总结 当感应电动势最大时，磁通量的变化率最大，磁通量却最小．
8．ABCD [由题意可知Φ＝Φmsin ωt时，其感应电动势应为e＝Emcos ωt，当t＝0时，Φ＝0，线圈平面与中性面垂直，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大，线圈中有最大的感应电动势和感应电流，此类时刻还有0.01 s，0.02 s，0.03 s，……所以答案为A、B、C、D.]
方法总结 由E＝n可知，交变电流的电动势随线圈的磁通量的变化而变化，即由Φ的变化可推知感应电动势的变化规律(当Φ＝Φmsinωt时e＝Emcosωt；当Φ＝Φmcosωt时，e＝Emsinωt)．
课后巩固练
1．C
2．AB [根据交流电动势的瞬时值表达式可判断为正弦式交变电流，当t＝0时，e＝0，所以此时磁通量的变化率为零，导线切割磁感线的有效速度为零，但此时穿过线圈的磁通量最大，线圈平面位于中性面，所以A、B正确，C错误；当t＝0.4s时，e＝10sin20πtV＝10sin8πV＝0，所以D错误．]
3．D [电枢转速提高1倍，由ω＝2πn知，角速度变为原来的2倍；由电动势的最大值表达式Em＝nBSω知，最大值也变为原来的2倍．]
4．B [t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ的绝对值最大，磁通量变化率＝0，此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确；t2、t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C、D错误．]
5．BC [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，I＝＝，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba.]
6．C [线圈经过时间t时，转过角度θ，这时ab，cd边切割磁感线产生感应电动势Eab＝BL1vsinθ，Ecd＝BL1vsinθ，bc，ad边不切割磁感线不产生感应电动势，故线圈中的感应电动势为E＝Eab＋Ecd＝2BL1vsinθ＝2BL1·L2ωsinωt＝BL1L2ωsinωt，故正确选项应为C.]
7．D矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场方向平行开始计时，产生的感应电流按余弦规律变化，由于t=0时，线圈的转动方向如题图，由右手定则判断可得，此时ad中电流方向为由a到d，线圈中电流方向为a→d→c→b→a，与规定的电流正方向相反，电流为负值.又因为此时产生的感应电动势最大，故只有D正确。]
8．CD [t＝＝，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．]
9．A [无论是绕P1转动还是绕P2转动，线圈转到图示位置时产生的电动势都为最大值Em=nBSω，由欧姆定律可知此时I相等，A对，B错；由右手定则可知线圈中电流方向为a→d→c→b→a，故C错；cd边所受的安培力F＝BLcdI，故F一样大，D错．]
10．2 垂直 0
解析 T＝＝s，则交流电的频率f＝＝2Hz.由图象知t＝0时，e＝0，线圈位于中性面位置，线圈平面和磁感线垂直；当t＝0.5s时，ωt＝2πft＝2π，e＝0.
11．(1)e＝10cos100πtV (2)见解析
解析 (1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，产生的交变电流按余弦规律变化，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝BL1L2ωcosωt，即e＝BSωcosωt，其中B＝T，S＝0.1×0.2m2＝0.02m2，ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100π rad/s，故e＝×0.02×100πcos100πtV，即e＝10cos100πtV.
(2)T＝＝0.02s，线框中感应电动势随时间变化关系的图象如下图所示
12．(1)314sin100πtV (2)200V
解析 (1)解法一 线圈经过时间t转过角度θ＝ωt，这时bc和da边不切割磁感线，ab和cd边切割磁感线产生感应电动势eab＝ecd＝NBvsinωt，其中v＝ω＝ω，所以e＝eab＋ecd＝2eab＝2NBωsinωt＝NBSωsinωt，
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100πV＝314V，
e＝314sin100πtV
解法二 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＝314sin 100πt V.
(2)用E＝N计算t＝0至t＝过程中的平均电动势E＝N＝N＝
即E＝NBSω.代入数值得E＝200V.
第2节 描述正弦交流电的物理量
1．交变电流作一次周期性变化所需的________称为交变电流的周期．交变电流在1s内完成周期性变化的______叫做它的频率，周期和频率互为________，即________或________．
2．如果交变电流与某一直流电通过______电阻，产生的______相等，则这个直流电的电流和电压值，就称为相应交变电流的电流和电压的有效值．
3．正弦式交变电流的有效值和峰值的关系为________，________________.
4．某交变电流的方向在1s内改变100次，则其周期T和频率f分别为( )
A．T＝0.01sB．T＝0.02s
C．f＝100HzD．f＝50Hz
5．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电动势的图象如图1所示，则( )
图1
A．交变电流的频率是4πHz
B．当t＝0时，线圈平面与磁感线垂直
C．当t＝πs时，e有最大值
D．交流电的周期是2πs
6．如图2是一个正弦式交变电流的图象，下列说法正确的是( )
图2
A．周期是0.2s，电流的峰值是10A
B．周期是0.15s，电流的峰值是10A
C．频率是5Hz，电流的有效值是10A
D．频率是0.2Hz，电流的有效值是7.07A
【概念规律练】
知识点一 交变电流的周期和频率
1．某交变电压随时间的变化规律如图3所示，则此交变电流的频率为________Hz.线圈转动的角速度是________rad/s.若将此电压加在10μF的电容器上，则电容器的耐压值不应小于________V.
图3
2．我国照明电压的瞬时值表达式为e＝220sin100πtV，它的周期是________，频率是________，在1s内电流的方向改变________次，电压最大值为________．
知识点二 交变电流的峰值和有效值
3．关于交变电流的感应电动势的有效值U和最大值Um，下列说法中正确的是( )
A．任何形式的交变电流都具有U＝Um/的关系
B．只有正(余)弦交变电流才具有U＝的关系
C．照明电压220V、动力电压380V指的都是最大值
D．交流电压表和交流电流表测的都是最大值
4．电阻R1、R2与交流电源按照图4(a)方式连接，R1＝10Ω，R2＝20Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图(b)所示．则( )
图4
A．通过R1的电流有效值是1.2A
B．R1两端的电压有效值是6V
C．通过R2的电流最大值是1.2A
D．R2两端的电压最大值是6V
【方法技巧练】
一、有效值的计算方法
图5
5．如图5所示为一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为多大？
6．某一交流电的电压波形如图6所示，求这一交流电的电压有效值U.
图6
二、瞬时值、最大值、有效值与平均值的应用技巧
7．如图7所示，矩形线圈的匝数为n，线圈面积为S，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，在线圈由图示位置转过90°的过程中，求：
图7
(1)通过电阻R的电荷量q；
(2)电阻R上产生的焦耳热Q.
8．在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直于磁感线方向的轴匀速转动，已知线圈的匝数为n＝100匝，边长为20cm，电阻为10Ω，转动频率f＝50Hz，磁场的磁感应强度为0.5T．求：
(1)外力驱动线圈转动的功率；
(2)转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小；
(3)线圈由中性面转至与中性面成30°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量．
1．下面关于交变电流的说法中正确的是( )
A．交流电器设备上所标的电压值和电流值是交变电流的峰值
B．用交流电流表和交流电压表测定的数值是交变电流的瞬时值
C．给定的交变电流数值，在没有特别说明的情况下都是指有效值
D．跟交变电流有相同热效应的恒定电流的数值是交变电流的有效值
2．图8表示两种电压的波形，其中图甲表示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是( )
图8
A．图甲表示交流电，图乙表示直流电
B．两种电压的有效值都是311V
C．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πtV
D．以上说法都不对
3．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图9所示，由图可知( )
图9
A．该交流电的电压的有效值为100V
B．该交流电的频率为25Hz
C．该交流电压瞬时值的表达式为u＝100sin25tV
D．若将该交流电压加在阻值为100Ω的电阻两端，该电阻消耗的功率为50W
4．一个电热器接在10V的直流电源上，在ts内产生的焦耳热为Q，今将该电热器接在一个交流电源上，它在2ts内产生的焦耳热为Q，则这一交流电源的电压的最大值和有效值分别是( )
A．最大值10V，有效值10V
B．最大值10V，有效值5V
C．最大值5V，有效值5V
D．最大值20V，有效值10V
5．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10所示．下列说法正确的是( )
图10
A．电路中交变电流的频率为0.25Hz
B．通过电阻的电流为A
C．电阻消耗的电功率为2.5W
D．用交流电压表测得电阻两端的电压是5V
6．一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为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1/4周期，线框中的平均感应电动势为2nBS
D．感应电动势瞬时值为e＝2nπBSsin2nπt
7．一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11甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则( )
图11
A．电压表V的示数为220V
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484W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J
8．在如图12所示的电路中，A是熔断电流I0＝2A的保险丝，R是可变电阻，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( )
图12
A．110ΩB．110Ω
C．220ΩD．220Ω
9．有一个电子器件，当其两端电压高于100V时则导通，等于或低于100V时则不导通，若把这个电子器件接到“100V、50Hz”的正弦交变电源上，这个电子器件将( )
A．不导通
B．每秒钟导通50次
C．每秒钟导通100次
D．每次导通时间为0.005s
题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答 案
10.将一电热器接在10V直流电源上，在时间t内可将一壶水烧开．现将电热器接到一个U＝10sinωtV的交变电源上，煮开同一壶水需时间为________；若接到另一交流电源上，需要时间为，那么这个交流电源的最大值为________．
11．某交流电的电压随时间变化的规律如图13所示，此交流电的频率为________，若将该电压加在一阻值为1kΩ的纯电阻用电器上，用电器恰能正常工作，则该用电器的额定功率为________．
图13
12．图14是一交变电流随时间变化的图象，求此交变电流的有效值．
图14
13．如图15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：
图15
(1)转动中感应电动势的最大值和有效值；
(2)电路中交流电压表和电流表的示数；
(3)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电量．
第2节 描述正弦交流电的物理量答案
课前预习练
1．时间 次数 倒数 T＝ f＝
2．同一 热量
3．I＝ U＝
4．BD [由于正弦式交变电流每周期内方向改变两次，所以其频率为50Hz，由T＝得T＝0.02s．]
5．BD
6．A [由图象可知T＝0.2s，Im＝10A，故频率f＝＝5Hz，I＝＝5A＝7.07A．A正确，B、C、D错误．]
课堂探究练
1．50 100π 200
解析 由图象可知此正弦交变电压的峰值Um＝200V，周期T＝0.02s，频率f＝＝50Hz；ω＝＝rad/s＝100π rad/s.将该电压加在电容器上，电容器的耐压值不应小于200V.
点评 交变电流完成一次周期性变化所需的时间叫周期；交流电在1s内完成周期性变化的次数叫频率．周期(T)和频率(f)的关系为：T＝.
2．0.02s 50Hz 100 220V
解析 由电压的瞬时值表达式e＝220sin100πtV可得Um＝220V，ω＝100πrad/s，所以周期T＝＝0.02s；由公式f＝得f＝50Hz；一个周期内电流的方向改变两次，所以1s内电流方向改变100次．
点评 交变电流在一个周期内，电流的方向变化两次．
3．B [电压、电流的有效值和峰值之间的倍关系是仅限于正(余)弦交变电流而言的，所以A是错误的，B是正确的；在交变电流的讲述中没有特别说明情况下的电流和电压均指有效值，C错误；交流电压表、电流表测的都是有效值，D错误．]
点评 交变电流的峰值Im或Um是它能达到的最大数值．正(余)弦交变电流的有效值I、U与峰值Im、Um之间的关系为：I＝，U＝.
4．B [R1与R2串联，故R1与R2中的电流变化情况应相同．从图象可以看出，交变电流中电流最大值为0.6A，电流有效值为：I＝＝0.6A，R1两端的电压有效值为U1＝IR1＝6V，R2两端电压最大值为Um＝ImR2＝0.6×20V＝12V，综上所述，正确选项为B.]
点评 在纯电阻电路中，若为交流电源，欧姆定律仍然适用，公式I＝中I、U同时对应有效值(或最大值)．
5.I0
解析 交变电流一个周期T内通过电阻R产生的热量为2R·T/2＋IR·T/2，直流电I通过R一个周期T产生的热量为I2RT，由有效值的定义知()2R·T/2＋IR·T/2＝I2RT
解得I＝I0
方法总结 只有正弦(或余弦)式交流电的有效值才是最大值的，对于其他形式的交变电流要紧扣有效值的定义列方程计算有效值，时间一般取一个周期．
6．2V
解析 假设让一直流电压U和题图所示的交流电压分别通过同一电阻，交流电在一个周期内产生的热量为Q1＝2＝·＋·.直流电在一个周期内产生的热量Q2＝·T.由交流电有效值的定义，得Q1＝Q2，即·＋·＝·T.解得U＝2V.
方法总结 有效值是根据电流的热效应定义的(计算时要取一个完整周期的时间)，而不是简单的对电压求平均(错解U＝V＝6V)．
7．(1) (2)
解析 (1)在此过程中，穿过线圈的磁通量变化ΔΦ＝BS，经历时间Δt＝＝
产生的平均电动势为＝n＝nBωS
平均电流为＝＝
通过R的电荷量q＝·Δt＝
(2)该过程中电阻R上产生的焦耳热为一个周期内产生焦耳热的，Q＝I2RT＝()2R＝
方法总结 有效值是根据电流的热效应规定的，而交变电流的平均值是交变电流中各物理量(e，i，u)对时间的平均值，如平均电动势＝n，平均值的大小与Δt的取值有关．在计算交变电流通过导体产生热量、热功率时，只能用交变电流的有效值，而在计算通过导体的电荷量时，只能用交变电流的平均值．
8．(1)1.97×104W (2)31.4A (3)0.027C
解析 (1)线圈中感应电动势的最大值
Em＝nBSω＝nBS·2πf＝100×0.5×(0.2)2×2×3.14×50V＝628V
感应电动势的有效值为U＝＝314V.
外界驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等，P外＝＝W＝1.97×104W.
(2)线圈转到与中性面成30°角时，感应电动势的瞬时值e＝Emsin30°V＝314V，交变电流的瞬时值i＝＝A＝31.4A.
(3)在线圈从中性面转过30°角的过程中，线圈中的平均感应电动势＝n，平均感应电流＝＝n，通过线圈横截面的电荷量为q，则q＝Δt＝n＝n＝＝C≈0.027C
方法总结 正弦交流电的电动势的最大值Em＝nBSω.有效值U＝，用在计算有关电流热效应问题中；瞬时值是指在某一时刻或某一位置线圈中的感应电动势，可直接用公式e＝Emsinωt或e＝Emcosωt由线圈的计时起点决定正弦还是余弦；平均值＝n用在计算通过导体横截面的电荷量的问题中．
课后巩固练
1．CD
2．D [只要电流的方向发生变化，就叫做交流电，所以A选项错误；两种电压的有效值都不是311V，B选项错误；图甲中交变电流的周期为2×10－2s，所以ω＝＝100πrad/s.但是最大值是311 V，所以选项C错误．]
3．BD [根据图象可知该交变电流的最大值为100 V，周期为4×10－2 s，所以频率为25 Hz.]
4．B [电热器接在直流电源上时，有Q＝t＝t.电热器接在交流电源上时，有Q＝·2t.故t＝2t，则U＝V＝5V，Um＝U＝10V，所以选项B正确．]
5．C [由周期与频率的关系f＝知，f＝Hz＝25Hz；电动势的有效值U＝＝V＝V，通过电阻的电流I＝＝A，电阻消耗的电功率为P＝＝2.5W，交流电压表所测电压为有效值．]
6．BD [因为ω＝2πn，所以Em＝BSω＝2πnBS，所以A错误；E＝＝nπBS，B正确；因为T＝＝，所以＝＝＝＝4nBS，C错误；e＝Emsinωt＝2πnBSsin2πnt，D正确．]
7．D [由电动势的图象知，其最大值为220V，故有效值为220V，电压表测量的是灯泡两端电压U＝209V，A错；交流电的周期T＝0.02s，方向每秒改变100次，B错；灯泡消耗的功率P＝I2R＝()2×95W＝459.8W，C错；发电机内阻每秒产生的热量Q＝I2rt＝()2×5×1J＝24.2J，D对．]
8．B [保险丝的熔断电流是指有效值，故由R＝得R＝110Ω，故B正确．]
9．CD [“100 V,50 Hz”的正弦交变电源，其电压的最大值为100V，当电压的瞬时值为100V时，由100＝100sinθ，知在正半周有两个解就是θ＝45°和θ＝135°，可见交变电流每个周期内将有两次导通，总时间为周期的一半，选项C、D正确．]
10．2t 10V
11．25Hz 24.2W
解析 由题中图象可知，交流的周期T＝0.04s，所以频率f＝＝25Hz，电压的最大值是220V，有效值是V，所以用电器的额定功率为P＝＝24.2W
12．6A
解析 设非正弦交变电流的有效值为I′，直流电的电流强度为I，让非正弦交变电流和直流电分别通过同一电阻(阻值为R)，在一周期(T＝0.3s)内，非正弦交变电流产生的热量
Q′＝IRt1＋IRt2
＝()2Rt1＋()2Rt2
＝()2R×0.2＋()2R×0.1
＝10.8R
在这一个周期内，直流电产生的热量
Q＝I2RT＝0.3I2R
由Q＝Q′得0.3I2R＝10.8R，所以I＝6A，I′＝I＝6A
13．(1)50V 35.4V (2)31.86V 3.54A
(3)0.16C
解析 (1)Em＝nBSω
＝100××0.05×2π×V
＝50V
E＝＝25V≈35.4V
(2)电流表示数
I＝≈3.54A
电压表示数：U＝IR≈3.54×9V＝31.86V
(3)从图示位置转过90°的过程中，
＝n，又因为＝，所以q＝Δt，
解得：q＝＝＝C≈0.16C.
第3节 实验：练习使用示波器
1．竖直位移旋钮和水平位移旋钮可以调节图象的________________，Y增益调节旋钮、X增益调节旋钮的作用分别是用来调节图象在____________________的幅度．
2．衰减调节旋钮有1、10、100、1000四个挡，表示输入信号衰减的倍数，分别表示________、____________、____________、____________.
3．扫描范围旋钮，用来调节扫描电压的__________，共四个挡位，最低的是10Hz～100Hz，即可以在________________范围内调节，向右每拨一挡，频率范围增大10倍．最右边是“外X”挡，即不使用机内扫描电压，而使用__________的扫描电压．
4．在“练习使用示波器”的实验中，关于竖直位移旋钮和Y增益调节旋钮的作用，下列说法正确的是( )
A．竖直位移旋钮用来调节图象在竖直方向的位置，Y增益调节旋钮用来调节图象在竖直方向的幅度
B．竖直位移旋钮用来调节图象在竖直方向的幅度，Y增益调节旋钮用来调节图象在竖直方向的位置
C．竖直位移旋钮和Y增益调节旋钮都是用来调节图象在竖直方向的位置的
D．竖直位移旋钮和Y增益调节旋钮都是用来调节图象在竖直方向的幅度的
5．示波器使用结束时应注意及时关机，关机的下列操作顺序正确的是( )
A．先断开电源开关，再将“辉度调节”旋钮逆时针转到底
B．先断开电源开关，再将“辉度调节”旋钮顺时针转到底
C．先将“辉度调节”旋钮逆时针转到底，再断开电源开关
D．先将“辉度调节”旋钮顺时针转到底，再断开电源开关
【概念规律练】
知识点一 观察亮斑的移动
1．本实验中，某同学欲按要求先在荧光屏上调出亮斑，为此，他进行了如下操作：首先经辉度调节旋钮逆时针转到底，竖直位移和水平位移旋钮转到某位置，将衰减调节旋钮置于1000挡，扫描范围旋钮置于“外X”挡．然后打开电源开关(指示灯亮)，过2min后，顺时针旋转辉度调节旋钮，结果屏上始终无亮斑出现(示波器完好)．那么，他应再调节下列哪个旋钮才有可能在屏上出现亮斑( )
A．竖直位移旋钮B．水平位移旋钮
C．聚焦调节旋钮D．辅助聚焦调节旋钮
知识点二 观察扫描
2．在聚焦之后，亮斑达到________；把X增益调节旋钮顺时针转到三分之一处，再把扫描微调旋钮逆时针旋到底、把扫描范围旋钮旋到最低挡(10～100Hz)，可以看到亮斑________；若再把扫描微调旋钮顺时针旋转，以增大扫描频率，可以看到亮斑________；这时再逆时针旋转X增益调节旋钮，可以看到亮线________；顺时针旋转X增益调节旋钮，可以看到亮线________．
3．欲使屏上出现一条竖直亮线，应怎样调节示波器？
知识点三 观察正弦交流电压波形
4．某学生在做“练习使用示波器”的实验时，将衰减旋钮拨到“”挡，将扫描旋钮拨到10Hz～100Hz挡，然后再调节扫描微调旋钮，当示波器荧光屏上出现两个完整的正弦波形时，其频率为( )
A．10HzB．25Hz
C．50HzD．100Hz
5．若将变压器输出的交流信号按图1所示与示波器连接，对示波器调节后，在荧光屏上出现的波形应为下图所示四种波形中的( )
图1
【方法技巧练】
荧光屏上信号波形个数的调节技巧
6．用示波器观察其交流信号时，在显示屏上显示出一个完整的波形(如图2所示)经下列四组操作之一，使该信号显示出两个完整的波形，且波形幅度增大，此组操作是( )
图2
A．调整X增益旋钮和竖直位移旋钮
B．调整X增益旋钮和扫描微调旋钮
C．调整扫描微调旋钮和Y增益旋钮
D．调整水平位移旋钮和Y增益旋钮
7．在观察按正弦规律变化的电压图线时，只看到一个完整的正弦波形，现想在荧光屏上看到3个正弦波形，应调节________．
A．扫描范围旋钮B．扫描微调旋钮
C．衰减旋钮D．X增益旋钮
1．用示波器观察某电压信号时，发现屏上的图象不稳定．那么，怎样调节才能使图象稳定？
2．图3为示波器面板，屏上显示的是一亮度很低、线条较粗且模糊不清的波形．
图3
(1)若要增大显示波形的亮度，应调节________旋钮；
(2)若要屏上波形线条变细且边缘清晰，应调节________旋钮；
(3)若要将波形曲线调至屏中央，应调节________与________旋钮．
3．(1)如图4所示，用示波器观察频率为900Hz的正弦电压信号．把电压信号接入示波器Y输入．
图4
①当屏幕上出现如图5所示的波形时，应调节________旋钮．如果正弦波的正负半周均超出了屏幕的范围，应调节________旋钮或________旋钮，或这两个钮配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内．
图5
②如需要屏幕上正好出现一个完整的正弦波形如图6所示，应将________旋钮置于________挡位置，然后调节________旋钮．(示波器面板见图7)．
图6
图7
4．如果仅在示波器的偏转电极XX′上加扫描电压，使亮斑在水平方向这样运动：亮斑从一侧匀速地运动到另一侧，然后迅速地返回原处，再匀速地移向另一侧，如此反复继续，则此扫描电压随时间变化的规律是( )
第3节 实验：练习使用示波器答案
课前预习练
1．竖直和水平位置 竖直方向和水平方向
2．不衰减 衰减为 衰减为 衰减为
3．频率范围 10Hz～100Hz 外部输入
4．A [竖直位移旋钮可以调节图象在屏幕竖直方向的位置，使观察的信号位于屏幕中央．Y增益调节旋钮则用来调节图象在竖直方向的幅度．故A正确．B、C、D错误．]
5．C [关机时应先将辉度钮旋到亮度最小处，即逆时针转到底．]
课堂探究练
1．AB [由题意知示波器的偏转电极YY′与XX′上都没加电压，亮斑应在屏的中央，若不在中央(或没有亮斑)应调节竖直位移旋钮和水平位移旋钮．(示波管内部构造如图)]
点评 理解此类问题应结合示波管的内部构造以及带电粒子在电场中的偏转的知识．
2．最圆最小 从左端移向右端，又迅速从右端回到左端 迅速移动成一条亮线 变短 变长
解析 本题考查示波器的基本操作．在预热、聚焦之后，亮斑达到最圆最小，把扫描范围旋到最低挡，扫描微调逆时针旋到底，使得扫描电压的频率最低，周期最长，即可看到亮斑从左端移向右端，又从右端迅速回到左端，再重复前面的运动．当增大扫描频率时，可看到亮斑向右移动加快，最后速度移动成一条亮线．此时若逆时针旋转X增益调节旋钮，亮线变短，顺时针旋转X增益调节旋钮，亮线变长．
点评 扫描范围旋钮控制机内自身提供的如图所示的锯齿波扫描电压，它的作用是把信号电压在水平方向匀速拉开，增大扫描频率时，信号电压在水平方向拉开的速度加快．
3．在屏上已出现亮线(或亮斑)的前提下，将扫描范围旋钮置于“外X”挡，衰减调节旋钮置于“∞”挡(若在其他挡位，也可从“Y输入”加一变化较快的电压)
解析 当扫描置于“外X”挡时，不使用机内的锯齿波扫描电压，即XX′上不加电压，把衰减调节旋钮置于“∞”挡时机内提供正弦交流信号(即加在YY′上为正弦电流)．故电子只在竖直方向偏转，连续不断的偏转电子打在屏上成为一条竖直亮线．
点评 要知道机内提供正弦交流信号是加在偏转电极YY′上的，扫描电压是加在偏转电极XX′上的，并知道是由外部哪些旋钮控制．
4．B [由示波器的工作原理知，当把衰减旋钮调到“”挡时，是由机内提供竖直方向的按正弦规律变化的50Hz的交流电压，当扫描频率也等于50Hz时，荧光屏上应出现1个完整的正弦波形，现在荧光屏上出现两个完整的正弦波形，扫描频率应是交流信号电压变化频率的一半，所以扫描频率应是25Hz.]
点评 当信号不变时，扫描频率越低，荧光屏上出现的信号波形越多．扫描波形的个数等于信号频率除以扫描频率．
5．C [因二极管具有单向导电性，一个周期内只有半个周期的电压通过，故只有C选项正确．]
点评 示波器的作用就是显示信号的波形的，已知所加信号的波形再结合示波器的特点可以得出正确结论．
6．C [调节扫描微调旋钮，减小扫描电压的频率，也就增大了其周期，而信号电压的频率不变，所以在扫描的一个周期内显示的完整波形个数增多．调节Y增益旋钮即可使波形幅度增大，故C正确．]
7．AB [当只看到一个完整的正弦波形时，扫描电压的频率等于信号的频率，要想看到3个波形，则必须减小扫描电压的频率，故须调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮，选A、B.]
方法总结 在荧光屏上观察到的信号波形个数＝.
课后巩固练
1．先将扫描范围旋钮置于合适挡位，再调节扫描微调旋钮．
2．(1)辉度 (2)聚焦 (3)竖直位移 水平位移
3．①竖直位移或↑↓ 衰减或衰减调节 Y增益
②扫描范围 1k 扫描微调
4．A [因光斑运动具有周期性，所以C错误，B中光斑在正向电压作用下只在一侧运动；D中光斑虽在两侧匀速运动，但在到达右端时，不是迅速返回而是匀速返回，只有A满足条件．]
第4节 电容器在交流电路中的作用
1．电容器导通交流电的实质是由于两极板间的电压在周期性地变化，使电容器反复地______和______，虽然电容器的两极板间并没有电流通过，但在连接电容器和电源的电路中却形成__________．
2．电容器对交流电的阻碍作用称为__________，它的大小跟__________有关，还跟交流电的______有关，即____________．
3．在电子技术中，在两级电路间串联一个电容器来阻止直流成分通过，这种电容器叫__________；在下级电路的输入端并联一个电容器，通过电容器滤除高频干扰信号，这种电容器叫__________．
4．电容器对交变电流影响的以下说法中正确的是( )
A．电容器对交变电流有阻碍作用
B．电容器对交变电流的阻碍作用越小，容抗就越大
C．电容器具有“通直流、隔交流，通低频、阻高频”的作用
D．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
5．如图1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1
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
【概念规律练】
知识点一 电容器对交流电的导通作用
1．如图2所示，当开关打到直流电上，灯泡________，当开关打到交流电上，灯泡________．
图2
2．对电容器能通交变电流的原因，下列说法中正确的是( )
A．当电容器接到交流电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流
B．当电容器接到交流电源上时，电容器两极板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，电容器不起作用
知识点二 电容器对交流电的阻碍作用
3．如图3所示平行板电容器与灯泡串联，接在交流电源上，灯泡正常发光，则( )
图3
A．把电介质插入电容器，灯泡一定变亮
B．把电容器两极板间距增大，灯泡一定变亮
C．把电容器两极板间距减小，灯泡一定变亮
D．使交流电频率增大，灯泡变暗
4．有两个电容分别为C1＝5μF和C2＝3μF的电容器，分别加在峰值一定的交流电源上，在下列各情况下，哪一种情况通过电容器的电流强度最大( )
A．在C1上所加交变电流频率为50Hz
B．在C2上所加交变电流频率为50Hz
C．在C1上所加交变电流频率为60Hz
D．在C2上所加交变电流频率为60Hz
【方法技巧练】
隔直电容和旁路电容的使用技巧
5．如图4所示，(a)、(b)两电路是电容器的两种不同连接方式，它们各在什么情况下采用？应该怎样选用电容器？
图4
6．如图5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( )
图5
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
1．对交流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通过电容器两板间的绝缘介质
C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器
D．交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)
2．如图6所示，白炽灯和电容器串联后接在交变电源的两端，当交变电源的频率减小时( )
图6
A．电容器电容增加
B．电容器电容减小
C．电灯变暗
D．电灯变亮
3．在图7所示的电路中，C为电容器，L为灯泡，电流总内阻为零，电压表内阻无穷大，若保持交流电源的电压的有效值不变，只将电源频率增大，下列说法中正确的有( )
图7
A．电流表示数增大B．电压表示数增大
C．灯泡变亮D．灯泡变暗
4．如图8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的示数增加，可行的方法是( )
图8
A．使发电机F的转速增加
B．使发电机F的转速减小
C．在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质
D．使电容器两极板间距离增大
题 号
1
2
3
4
答 案
5.电容对交变电流的阻碍作用称为________．
6．交变电流的频率越高，电容器的电容越大，容抗越________，即XC＝________.
7．在电子技术中要把信号从前级输出后送到后级，常常使用如图9、10所示的两个电路进行信号的传输．
图9 图10
(1)图9中电容器叫________，通过它的是________成分，它的电容一般较________．
(2)图10中电容器叫________，通过它的是________成分，它的电容一般较________．
图11
8．如图11所示为一高通滤波电路，已知电源电压中既含有高频的交流成分，还含有直流成分．为了在输出电压中保留高频交流成分，去掉直流成分，试说明电路中电容器的作用．
9．使用220V交流电源的电器设备和电子仪器，金属外壳和电源之间都有很好的绝缘，但是，有时候用手触摸外壳仍感到“麻手”，用测试笔测试氖管也会发光，为什么会有这种现象？
第4节 电容器在交流电路中的作用
课前预习练
1．充电 放电 交变电流
2．容抗 电容 频率 XC＝
3．隔直电容 旁路电容
4．AD
5．AC [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；乙图中电容器能通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确，D错误．]
课堂探究练
1．不亮 亮
解析 直流电不能通过电容器，故灯不亮；交流电能够“通过”电容器，故灯泡亮．
2．B [当交变电压加在两极板间时，造成两极板间的电压在周期性地变化，当电压升高时，给电容器充电，电压降低时电容器放电，在电路中形成充放电电流，即电路中有交变电流“通过”，选项B正确．]
点评 当直流电路中接入电容器时，由于极板中间充满了绝缘介质，故充电后的电容器将阻隔直流电流；当交流电路中接入电容器时，由于极板的电压做周期性变化，电容器的带电量也会周期性的增大或减小，电容器将会反复充电或放电，这也就是说，电容器可以通交流．
3．AC [在电容器中插入电介质，电容增加，容抗减小，电流增加，灯泡变亮；同理，当频率增加时，容抗减小，灯泡也变亮；把电容器两极板间距离增大，将使电容减小，容抗增加，灯泡将变暗．故正确答案为A、C.]
4．C [交流电的频率越高、电容器的电容越大，电容器对交变电流的阻碍作用越小．]
点评 电容器对交流的阻碍作用叫容抗，容抗大小的公式是XC＝.
5．(a)C1起隔直的作用，对下级输入的是交流，应选用电容较大的电容器．(b)C2起过滤高频的作用：若对下级输入直流，C2选用容量较大的；若对下级输入低频，C2选用容量小的．
解析 图中的C1串联在电路中，它的作用是“通交流、隔直流”，为了使交流成分都能顺利地通过，容抗必须较小，应选用电容较大的电容器．
图中的C2并联在电路中，如果输入端输入的电流中包含有高频和低频两种交流成分，该电容器的作用是“通高频、阻低频”，即对高频电流起旁路作用，而让需要的低频信号输入到下一级，一般取电容较小的电容器；如果输入的电流是直流和交流两种成分，该电容器的作用是滤去交流成分，把直流成分输入到下一级，这时要选用电容较大的电容器．
另外，选用电容器还须注意它的耐压值，以防被击穿．
6．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，则电容器的容抗要小，容抗与电容成反比，故C的电容要大．]
方法总结 要把电路中直流成分和交流成分中的交流成分输送到下一级，电容器应串联在前后级电路中；要把高频成分和低频成分中的低频成分输送到下一级，电容器应并联在后级电路中．
课后巩固练
1．CD [电流能“通过”电容器，并非电荷真的通过电容器两板间的电介质，而是交变电流交替对电容器充放电，电容器中并未有电荷通过，但电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器．]
2．C [电容器的电容是由电容器本身的特性所决定的，与外加的交变电源的频率无关，故选项A和B是错误的．当交变电源的频率减小时，电容器充放电的速度减慢，电容器的容抗增大，电流减小，电灯变暗，故C对，D错．]
3．C
4．A [当发电机转速增加时，交变电流的频率增大，容抗减小，电流表A的读数增大，A项正确，B项错误；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；使电容器两极板间距离增大时，电容也减小，当电容减小时，容抗增大，对交变电流的阻碍作用增大，电流表A示数减小，C、D两项均错误．故正确答案为A.]
5．容抗
6．大
7．(1)隔直电容 交流 大 (2)旁路电容 高频 小
8．电容器串联在电路中，能挡住电源中的直流成分，不使通过，相当于断路．但能让交流成分通过，交流频率越高，电容越大，容抗越小，交流成分越容易通过．因此在电阻R上只有交流成分的电压降．如果再使电阻比容抗大得多，就可在电阻上得到较大的高频电压信号输出．
9．与电源相连的机芯和金属外壳可以看作电容器的两个极板，电源中的交变电流能够“通过”这个“电容器”．所以为了确保安全，电器设备和电子仪器的金属外壳都应该接地．
第5节 电感器在交流电路中的作用
1．电感器对交流电有阻碍作用，阻碍作用的大小用______表示，线圈的自感系数越大，交流电的频率越高，对交流电的阻碍作用________，即感抗__________，XL＝________.
2．感抗的形成是因为交变电流通过线圈时，由于自感的作用产生了____________，自感电动势要阻碍电流的变化，这样就形成了对电流的阻碍作用．
3．电子技术中常用的扼流圈有两类：一类是低频扼流圈，它的作用是
“________________”；另一类是高频扼流圈，它的作用是“________________________”．
4．如图1所示，电键接直流上灯泡的亮度______(填大于、小于或等于)接到交流上灯泡亮度，说明线圈对直流电和交变电流的阻碍作用不同．
图1
5．如图2所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是( )
图2
A．等于220VB．大于220V
C．小于220VD．等于零
6．电感和电容对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交流电的频率有关，下列说法中正确的是( )
A．电感是通直流、阻交流，通高频、阻低频
B．电容是通直流、阻交流，通高频、阻低频
C．电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频
D．电容是通交流、隔直流，通低频、阻高频
【概念规律练】
知识点一 电感对交变电流的阻碍作用
图3
1．如图3所示电路中，L为电感线圈，R为灯泡，电流表内阻为零．电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝220sin10πtV．若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为25Hz，下列说法中正确的是( )
A．电流表示数增大
B．电压表示数减小
C．灯泡变暗
D．灯泡变亮
2．一个灯泡通过一个线圈与一交流电源相连接，如图4所示．一个铁块插进线圈之后，该灯泡将( )
图4
A．变亮B．变暗
C．对灯泡没影响D．无法判断
知识点二 对扼流圈的理解
3．如图5所示电路，前级输出的电流既有高频成分又有低频成分，要把低频成分的电流输送到下一级，需在ab间接一个________扼流圈，它的自感系数应________．
图5
4．对于扼流圈的以下说法，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阻碍作用较小，对高频交变电流的阻碍作用很大
【方法技巧练】
电容器与电感器配合使用时的分析技巧
5．如图6所示是电视机电源部分的滤波装置，当输入端输入含有直流成分、交流低频成分的电流后，能在输出端得到较稳定的直流电，试分析其工作原理及各电容和电感的作用．
图6
6．在图7所示的电路中，a、b两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流；L是一个25mH的高频扼流圈，C是一个100pF的电容器，R是负载电阻．下列说法中正确的是( )
图7
A．L的作用是“通低频，阻高频”
B．C的作用是“通交流，隔直流”
C．C的作用是“通高频，阻低频”
D．通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远大于高频交流所占的百分比
1．关于感抗，下列说法中正确的是( )
A．感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势，阻碍电流的变化
B．感抗的大小不仅与自感系数有关，还与电流的频率有关
C．感抗虽然对交变电流有阻碍作用，但不消耗能量
D．感抗是线圈的电阻产生的
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，再接入原电路，通过线圈的电流为I′，则( )
A．I′>IB．I′C．I′＝ID．无法比较
3.两个相同的灯泡L1和L2，接到如图8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处接电压最大值为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的亮度高于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率可能是( )
图8
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
4．在频率为f的交变电流电路中，如图9所示，当开关S依次分别接通R、C、L支路，这时通过各支路的电流有效值相等．若将交变电流的频率提高到2f，维持其他条件不变，则下列几种情况不正确的是( )
图9
A．通过R的电流有效值不变
B．通过C的电流有效值变大
C．通过L的电流有效值变小
D．流过R、C、L的电流有效值都不变
5．如图10所示，输入端ab的输入电压既有直流成分，又有交流成分，以下说法中，正确的是(L的直流电阻不为零)( )
图10
A．直流成分只能从L通过
B．交流成分只能从R通过
C．通过R的既有直流成分又有交流成分
D．通过L的直流成分比通过R的直流成分要大
6.如图11所示的电路中，A、B、C三灯亮度相同，电源为220V,50Hz的交流电源，以下叙述中正确的是( )
图11
A．改接220V,100Hz的交流电源时，A灯变亮，B灯变暗，C灯亮度不变
B．改接220V,100Hz的交流电源时，A灯变暗，B灯变亮，C灯变亮
C．改接220V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯亮度不变
D．改接220V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯变暗
7．如图12所示，“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．图为音箱的电路图，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( )
图12
A．甲扬声器是高频扬声器
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的作用是减少通过乙扬声器的低频电流
8．彩色电视机的电源输入端装有电源滤波器，其电路图如图13所示，主要元件是两个线圈L1、L2，它们的自感系数很大，F是保险丝，R是压敏电阻(正常情况下阻值很大，但电压超过设定值时，阻值会迅速减小，可以保护与其并联的元件)，C1、C2是电容器，S为电视机开关，某一次用户没有先关电视机(没有断开S)就拔掉电源插头，结果烧坏了图中的电路元件，可能被烧坏的元件是( )
图13
A．RB．L1或L2C．C2D．C1
9．在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输入给下一级，我们采用了如图14所示装置电路，其中代号a、b应选择的元件是( )
图14
A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流线圈
B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流线圈
C．a是电容较小的电容器，b是高频扼流线圈
D．a是电容较小的电容器，b是低频扼流线圈
题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答 案
10.如图15所示，A、B、C为三个相同的灯泡，a、b、c为与之串联的三个元件，E1为直流电源，E2为交流电源．当开关S接“1”时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮；当开关S接“2”时，A灯仍正常发光，B灯变暗，C灯正常发光．由此可知，a元件应是________，b元件应是________，c元件应是________．
图15
11．如图16所示为电子技术中的部分电路，前级输出的电流中既有直流成分，又有交流成分．如果只需要把交流成分输送到下一级装置，应在a、b两点间接入一个________；如果只需把直流输送到下一级装置，应在a、b两点间接入一个________．
图16
12．如图17所示，是一个判定AB之间电源性质的仪器，自感系数和电容都较大．若接通电源后只有绿灯亮，则
图17
(1)AB之间是什么电源？
(2)若只有红灯亮或黄灯亮，AB之间电源又如何？
第5节 电感器在交流电路中的作用答案
课前预习练
1．感抗 越大 越大 2πfL
2．自感电动势
3．通直流，阻交流 通低频，通直流，阻高频
4．大于
5．C [电感对交变电流有阻碍作用，线圈与灯泡串联，其电压之和等于电源电压，即UL＋UR＝U，故交流电压表的示数小于220 V，C正确．]
6．C [电感线圈的作用是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”，电容器的作用是“通交流、隔直流，通高频、阻低频”，所以C项正确．]
课堂探究练
1．C [根据所加的交流电u＝220sin10πtV，可知ω＝10π，由ω＝2πf可得f＝5Hz.若只将电源的频率改为f′＝25Hz，则可知电感线圈对交变电流的阻碍作用变大，即感抗变大，电感跟电灯串联，由串联分压原理知，线圈两端电压变大，所以电压表示数变大，电流表示数变小，电灯变暗．]
点评 电感对交变电流的阻碍作用跟交变电流的频率有关．频率越高阻碍作用就越大．
2．B [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，降落在电感线圈上的电压增大，降落在灯泡上的电压减小，所以灯泡变暗．]
点评 电感线圈的自感系数与线圈大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关．加入铁芯后，自感系数增大，对交流的阻碍作用变大．
3．高频 小
解析 高频扼流圈有“通低频，阻高频”的作用，故应接高频扼流圈．要通过低频即对低频的阻碍作用小，由XL＝2πfL知L要小．
4．AD [低频扼流圈用来“通直流、阻交流”，对低频电流阻碍作用也很大，而高频扼流圈是对高频阻碍作用很大，对低频阻碍作用较小，用来“通低频，通直流，阻高频”．高频扼流圈的自感系数较小，低频扼流圈的自感系数较大．]
点评 低频扼流圈，“扼制”低频电流，线圈的自感系数较大；高频扼流圈，“扼制”高频电流，线圈的自感系数较小．
5．见解析
解析 当含有多种成分的电流输入到C1两端，由于C1的“通交流、隔直流”的功能，电流中的交流成分被衰减，而线圈L有“通直流、阻交流”的功能，直流成分电流顺利通过L，一小部分交流通过L，到达C2两端时，C2进一步滤除电流中残余的交流成分，这样在输出端得到较稳定的直流电，这个直流电供电视机内芯正常工作．
6．ACD [L是一个自感系数很小的高频扼流圈，其作用是“通低频，阻高频”，A正确；C是一个电容很小的电容器，在题图所示电路中，对高频交流的容抗远小于对低频交流的容抗，其作用是“通高频、阻低频”，C正确；因电路中无直流电流，B错误；由于L对高频交流的阻碍作用和C对高频交流的旁路作用，使得通过R的电流中，低频交流所占的百分比远大于高频交流的百分比，D正确．]
方法总结 要正确理解电阻、电感、电容对交流、直流的阻碍作用．
(1)电阻对交流、直流有相同的阻碍作用，交变电流频率变化时，阻碍作用不变．
(2)电容器通交流隔直流，通高频阻低频．
(3)电感器通直流阻交流，通低频阻高频．
课后巩固练
1．ABC
2．B [当交变电流通过长直导线时，对交变电流的阻碍作用相当于一个电阻器，当导线绕成线圈后，就成了一个电感器，电流除受电阻的阻碍作用外，还受到电感器的阻碍作用，电流减小．]
3．A [电压最大值不变，则其有效值也不变，当频率变大时，容抗变小，感抗变大，故L1变亮，L2变暗，即灯L1的亮度高于灯L2的亮度，A项正确，B项错误；若最大值大于Um，频率不变，容抗、感抗均不变，故L1、L2的亮度都增大，但亮度相同，C项错误，同理知D项错误．]
4．D [电阻对交变电流阻碍作用的大小与电流的频率无关，因此，通过电阻的电流的有效值不变．电感对交变电流阻碍作用的大小用感抗表示，线圈的自感系数越大，电流的频率越高，自感电动势就越大，即线圈对电流的阻碍作用就越大，感抗也就越大，因此，通过电感的电流有效值变小．电容器对交变电流阻碍作用的大小用容抗表示，电容一定时，在相同的电压下电容器容纳的电荷一定，频率越高，充、放电的时间越短，充、放电的电流越大，容抗越小，因此，通过电容器的电流有效值变大．]
5．CD [由于线圈直流电阻不为零，所以有直流通过R，而线圈对交流有阻碍作用，因此也有交流成分通过R，B错，C正确；由于R对交流也有阻碍作用，所以也有交流成分通过L，A错；因为一般导线的直流电阻都很小，所以通过线圈的直流要比通过R的要大，D正确．]
6．AC [电源由“220 V,50 Hz”改为“220 V,100 Hz”时，由XL＝2πfL，XC＝可知XL变大，XC减小，A变亮，B变暗，C不变，A对，改接220V直流电源时，电容器处于断路，A灯熄灭，C灯亮度不变，由于L对直流没有感抗，所以B灯变亮，C对．]
7．BD [这是一个实际应用问题，考查对电感、电容在高频、低频同时存在的电路中的综合作用．只要抓住基础知识点，就可进行综合分析．电路中的电感和电容作用可以简单概括为：电感——通直流，阻交流，通低频，阻高频；电容——通交流，隔直流，通高频，阻低频．]
8．BC [由于L1和L2的自感作用，R，C2，L2，L1所构成的闭合回路中产生较大的电流，C2，L1，L2可能烧坏，而C1与R元件并联，由于R的保护C1不会烧坏，选B、C.]
9．C [电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容应较小．电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，所以它是一个高频扼流圈(自感系数较小的电感线圈)．]
10．电阻 电感器 电容器
11．电容器 电感器
12．(1)AB间接交流(2)只有红灯亮，AB间接直流且A端为正极；只有黄灯亮，AB间接直流且B端为正极．
解析 由于电容器C具有隔直流的特性，故只有绿灯亮时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．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．
第6节 变压器
1．当变压器的原线圈加上交变电压时，原线圈中的交变电流在铁芯中激发交变的磁通量，交变的磁通量穿过________也穿过________，在原、副线圈中产生____________．当副线圈闭合时，在副线圈中就会有交流电通过，这样，虽然原、副线圈并不相连，电能却从原线圈通过磁场传输给副线圈．
2．在理想情况下，变压器原、副线圈两端的电压跟它们的____________，公式表示为__________________．如果原线圈的匝数小于副线圈的匝数，则副线圈得到的电压比原线圈高，这种变压器称为____________；如果原线圈的匝数大于副线圈的匝数，则副线圈得到的电压比原线圈低，这种变压器称为____________．
3．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( )
A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
4．对理想变压器，下列说法中正确的是( )
A．原线圈的输入功率，随着副线圈的输出功率增大而增大
B．原线圈的输入电流，随副线圈的输出电流增大而增大
C．原线圈的电流，不随副线圈的输出电流变化而变化
D．当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零
5．某变电站用原、副线圈匝数比为n1∶n2的变压器，将远距离输来的电能送给用户，如图1所示，将变压器看作理想变压器，当变压器正常工作时，下列说法正确的是( )
图1
A．原、副线圈电压比为n2∶n1
B．原、副线圈电流比为n1∶n2
C．原、副线圈电压比为n1∶n2
D．变压器的输入功率与输出功率的比为n1∶n2
【概念规律练】
知识点一 变压器的基本规律
1．如图2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2
A．电流表的示数为A
B．电源输出功率为1200W
C．电流表的示数为A
D．原线圈端电压为11V
2．某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按如图3所示规律变化，副线圈接有负载，下列判断正确的是( )
图3
A．输出电压的最大值为36V
B．原、副线圈中电流之比为55∶9
C．变压器输入、输出功率之比为55∶9
D．交流电源电压有效值为220V，频率为50Hz
知识点二 常见变压器
3．如图4所示，自耦变压器输入端A、B接交流稳压电源，其电压有效值UAB＝100V，R0＝40Ω，当滑动片处于线圈中点位置时，C、D两端电压的有效值UCD为________V，通过电阻R0的电流有效值为________A.
图4
4．如图5所示，M、N为两条交流输电线，甲、乙两图是配电室中的互感器和交流电表的两种接线示意图，以下说法正确的是( )
图5
A．在乙图中，线圈N4的导线一定比线圈N3的导线粗
B．甲图中的电表是交流电流表，乙图中的电表是交流电压表
C．甲图中的电表是交流电压表，乙图中的电表是交流电流表
D．甲、乙两图中的电表均为交流电流表
【方法技巧练】
一、变压器动态问题的分析方法
5．如图6所示为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈的电压，则( )
图6
A．保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大
B．保持P的位置及U1不变，K由b合到a时，R消耗功率将减小
C．保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大
D．保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，I1将增大
6．如图7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，输电线等效电阻为R.开始时，开关S断开．当S接通时，以下说法中正确的是( )
图7
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
二、有多个副线圈的理想变压器问题的分析方法
7．理想变压器如图8所示，原线圈匝数n1＝1000匝，两副线圈匝数分别为n2＝600匝，n3＝200匝，当原线圈两端接在220V的交流电源上时，原线圈上电流为2A，通过R2的电流为1A，则通过R3的电流为( )
图8
A．10 A B．7 AC．3 AD．1 A
8．如图9所示，一台有两个副线圈的理想变压器，原线圈匝数n1＝1100匝，接入电压U1＝220V的电路中．
(1)要求在两个副线圈上分别得到电压U2＝6V，U3＝110V，它们的匝数n2、n3分别为多少？
(2)若在两副线圈上分别接上“6V，20W”、“110V，60W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？
图9
1．理想变压器工作时，原线圈输入与副线圈输出的物理量一定相同的是( )
A．电压有效值B．电流有效值
C．交变电流频率D．交流电功率
2．如图10所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，当导体棒l在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表的示数是12mA，则电流表的示数为( )
图10
A．3mAB．0mA
C．48mAD．与负载R的值有关
3．在绕制变压器时，某人将两个线圈绕在如图11所示变压器铁芯的左右两个臂上．当通以交流电时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂．已知线圈1,2的匝数之比n1∶n2＝2∶1.在不接负载的情况下( )
图11
A．当线圈1输入电压为220V时，线圈2输出电压为110V
B．当线圈1输入电压为220V时，线圈2输出电压为55V
C．当线圈2输入电压为110V时，线圈1输出电压为220V
D．当线圈2输入电压为110V时，线圈1输出电压为110V
4．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图12甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是( )
图12
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，变压器的输入功率增加
5．一台理想变压器从10kV的线路中降压并提供200A的负载电流．已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器原线圈的电流、输出电压及输出功率是( )
A．5 A,250 V,50 kW
B．5 A,10 kV,50 kW
C．200 A,250 V,50 kW
D．200 A,10 kV,2×103 kW
6．一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈有可调电阻R.设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2.当R增大时( )
A．I1减小，P1增大B．I1减小，P1减小
C．I2增大，P2减小D．I2增大，P2增大
7．如图13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( )
图13
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，电压表的示数变大
D．开关断开后，变压器的输出功率不变
8．图14所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器．已知变压器原线圈与副线圈匝数比＝，加在原线圈的电压为u1＝311sin100πtV，霓虹灯正常工作的电阻R＝440kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流．下列判断正确的是( )
图14
A．副线圈两端电压6220V，副线圈中的电流14.1mA
B．副线圈两端电压4400V，副线圈中的电流10mA
C．I1D．I1>I2
9．如图15甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20Ω，R2＝30Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦式交变电流如图14乙所示，则( )
图15
A．交变电流的频率为0.02Hz
B．原线圈输入电压的最大值为200V
C．电阻R2的电功率约为6.67W
D．通过R3的电流始终为零
10．如图16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( )
图16
A．0.5UB．2UC．0.2UD．0.4U
题 号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答 案
11．如图17所示的变压器的原线圈1接到220V的交流电源上．副线圈2的匝数n2＝30匝，与一个“12V 12W”的灯泡L连接，L能正常发光．副线圈3的输出电压U3＝110V，与电阻R连接，通过R的电流为0.4A，求：
图17
(1)副线圈3的匝数n3；
(2)原线圈1的匝数n1和电流I1.
12．如图18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．
图18
(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？
13．如图19所示，交流发电机电动势的有效值E＝20V，内阻不计，它通过一个R＝6Ω的指示灯连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6V，0.25W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：
图19
(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比．
(2)发电机的输出功率．
第6节 变压器答案
课前预习练
1．原线圈 副线圈 感应电动势
2．匝数成正比 ＝ 升压变压器 降压变压器
3．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Φ变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B错误；由互感现象知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原副线圈通过磁场联系在一起，故D错误．]
4．AB [理想变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，且随副线圈的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．]
5．C [电压之比等于匝数之比，根据输入功率等于输出功率，所以电流之比等于电压之比的反比，也就等于线圈匝数比的反比．]
课堂探究练
1．C [因为灯泡正常发光，所以副线圈中的电流
I2＝＝A＝A
根据公式＝得I1＝I2＝×A＝A，即电流表的示数应为A，故A错，C对；电源的输出功率等于变压器的输入功率，由P入＝P出可得电源的输出功率为60W，故B选项错误；根据公式＝，得U1＝U2＝×220V＝4400V，故D选项错误．]
点评 变压器的基本规律
电压关系：(1)①只有一个副线圈时＝或＝
②当有多个副线圈时＝＝＝…
(2)功率关系：P入＝P出
①只有一个副线圈时，P1＝P2
②当有多个副线圈时P1＝P2＋P3＋…
(3)电流关系：①只有一个副线圈时，由P1＝P2知，I1U1＝I2U2
得＝＝
即＝
②当有多个副线圈时，由P1＝P2＋P3＋…知
I1U1＝I2U2＋I3U3＋…
得I1n1＝I2n2＋I3n3＋…
2．D [由图知原线圈电压最大值为220V，周期T＝2×10－2s，故有效值为220V，频率为50Hz；由＝，＝得输出电压最大值为36V，原、副线圈电流之比为9∶55，输入、输出功率应相等，所以正确答案为D.]
点评 变压器的电压关系、电流关系是有效值(或最大值)间的关系，即如公式＝中，若U1是有效值则U2就是有效值，若U1是最大值则U2就是最大值．
3．200 5
解析 由理想变压器公式＝得UCD＝UAB＝2×100V＝200V，又由I2＝＝A＝5A.
点评 自耦变压器铁芯上只绕一个线圈，原、副线圈共用一个绕组，最大优点是可以连续调节输出电压，缺点是低压端和高压端直接有电的联系，使用不够安全．变压器的规律都适用于自耦变压器．
4．C [电压互感器输入端分别接在两根线上，次级匝数比初级匝数少；电流互感器输入端只能串联在电路中，次级匝数比初级匝数多．]
点评 甲图是电压互感器，乙图是电流互感器，它们分别与电压表和电流表的使用方法相同，即：电压互感器测电压时需并联接入电路，电流互感器测电流时需串联接入电路．它们利用变压器的原理把高电压、大电流变成低电压、小电流，以方便测量．
5．ABD [K由a合到b时，n1减小而U1不变，由＝可知副线圈上电压增大，负载R的电流I2增大，P2增大；又由于P1＝P2＝U1I1，故I1增大，A项正确．同理K由b合到a时，P2减小，B项正确．
P上滑时，负载电阻R增大，而U1、U2均不变，由I2＝可知I2减小，又由于n1、n2均不变，由＝可知I1将减小，故C项错误．
当U1增大时，由＝可知U2也增大，I2＝增大，再由＝可知I1增大，故D项正确．]
方法总结 此类问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压(U1、U2)、电流(I1、I2)，输入功率、输出功率随匝数比的变化而变化的情况，如选项A、B；另一类是原、副线圈的匝数比不变，上述各物理量随负载电阻的变化而变化的情况，如选项C.处理此类问题时，要根据题意分清变量与不变量，要明确变量之间的相互制约关系．
6．BCD [由于输入电压不变，所以S接通时，理想变压器副线圈M、N两端输出电压不变．并联灯泡L2，负载总电阻变小，由欧姆定律I＝知，流过R的电流增大，电阻R上的电压UR＝IR增大．副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1＝I2U2得，I2增大，则原线圈输入电流I1也增大．
UMN不变，UR变大，所以UL1变小，流过灯泡L1的电流减小．]
方法总结 变压器动态分析问题的思路程序可表示为
7．B [由理想变压器变压比公式＝可得U2＝＝V＝132V，由＝可得U3＝U1＝V＝44V，根据输入功率等于输出功率有I1U1＝I2U2＋I3U3
解得I3＝7A，选B]
方法总结 理想变压器变压比公式＝，对有一个或n个副线圈的变压器均适用，而变流比公式＝，只适用于有一个副线圈的变压器，若为两个以上副线圈的变压器，必须用P入＝P出，即U1I1＝U2I2＋U3I3或n1I1＝n2I2＋n3I3来计算．
8．(1)30匝 550匝 (2)0.36A
解析 (1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系，由
＝，＝
得n2＝n1＝×1100匝＝30匝
n3＝n1＝×1100匝＝550匝
(2)设原线圈输入电流为I1，P入＝P出，即
I1U1＝I2U2＋I3U3＝P2＋P3，
所以I1＝＝A＝0.36A
方法总结 第(1)问中，也可根据原、副线圈每伏电压分配到的匝数相等进行计算．即由＝＝5匝/V，得匝数n2＝5×6匝＝30匝，n3＝5×110匝＝550匝．
课后巩固练
1．CD
2．B
3．BD [在不考虑原、副线圈内电阻的情况下，变压器原、副线圈电压之比(U1/U2)等于原、副线圈中产生的感应电动势之比(E1/E2)．当给线圈1输入电压U1时，＝＝＝＝×＝.当给线圈2输入电压U2时，＝＝＝＝×＝1.所以选项B、D正确．]
4．AD [变压器不改变电压的频率，副线圈中的电压频率等于原线圈中的电压频率为f＝＝Hz＝50Hz；由＝可得副线圈中电压的最大值31V，故有效值为V；P向右移动时，输出电路中电压不变，电阻减小，电流增大，输出功率增大，变压器的输入功率等于输出功率，也增大，故正确的选项为A、D.]
5．A [设原线圈输入电压、电流、功率分别为U1、I1、P1，副线圈输出电压、电流、功率分别为U2、I2、P2，原、副线圈匝数分别为n1、n2.
由＝知I1＝I2＝×200 A＝5 A.
由＝知U2＝U1＝×10×103 V＝250 V
输出功率P出＝U2I2＝250×200W＝50kW]
6．B [副线圈的电压不变，当副线圈接的电阻R增大时，I2减小，P2减小，因为P1＝P2，所以P1减小，I1＝I2，I1也减小．]
7．AB [由＝得：副线圈的输出电压u2＝5u＝100sin100πtV，此电源频率f0＝50Hz，而氖泡每个周期发光2次，则氖泡的发光频率f氖＝2f0＝100Hz，A正确；电压表的示数应为副线圈输出电压的有效值，故U＝＝100V，B正确；交变电流、电压的有效值不变，故表示数不变，C错；断开开关后，变压器的输出功率减小，D错．]
8．BD [原线圈电压有效值U1＝＝V＝220V，由＝，可得U2＝4400V，由欧姆定律可知I2＝＝10mA，由＝可得：I1>I2，所以B、D两项正确．]
9．C [由题中图象可知该交变电流的周期为0.02s，所以频率为50Hz，A错误；因为变压器输出电压最大值为20×1V＝20V，所以由变压比公式＝知变压器原线圈电压的最大值为20×10V＝200V，B错误；R2的功率P2＝＝W＝6.67W，C正确；因为电容器存在充、放电现象，所以电阻R3中的电流不是始终为零，D错误．]
10．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]
11．(1)275匝 (2)550匝 0.255A
解析 (1)变压比公式对于两个副线圈也适用，则有
＝，n3＝＝匝＝275匝．
(2)同理：＝，n1＝n2＝×30匝＝550匝．理想变压器的输入功率等于输出功率，即P1＝P2＋P3＝12W＋0.4×110W＝56W．原线圈中电流I1＝＝A≈0.255A
12．(1)0.98A (2)180W
解析 (1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2.根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有I1U1＝I2U2
当I2＝12mA时，I1即为熔断电流，代入数据，得I1＝0.98A
(2)设副线圈中电流为I2′＝10mA时，变压器的输入功率为P1，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有
P1＝I2′U2，代入数据，得P1＝180W
13．(1)3∶1 (2)6.67W
解析 (1)彩色小灯泡额定电流IL＝＝A＝A，次级线圈总电流I2＝24IL＝1A．变压器输入功率等于输出功率，有I1U1＝I2U2＝6W，变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E＝U1＋I1R＝＋6I1，代入E值解得I1＝A(I1＝3A应舍去，据题意是降压变压器，应I1(2)发电机输出功率P＝I1E＝6.67W
第7节 电能的输送
1．输电线上的功率损失P＝________，降低输电损耗的两个途径为：
__________________，________________________________.
2．远距离输电的基本原理：在发电站内用______变压器______电压，然后进行远距离输电，在用电区域通过______变压器______所需的电压．
3．现代的直流输电，只有__________这个环节使用直流．发电机发出的交流电，通过变压器升高电压，然后使用______设备使它成为直流电，用输电线把____________输送出去，到用电地点附近，再使用________把直流电变回到交流电并通过变压器降压后供用户使用(整流和逆变统称为换流)．
4．下列关于电能输送的说法中正确的是( )
A．输送电能的基本要求是可靠、保质、经济
B．减小输电导线上功率损失的惟一办法是采用高压输电
C．减小输电导线上电压损失的惟一方法是增大输电线的横截面积
D．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输电功率大小、距离远近、技术和经济条件等
5．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∶U2B．U∶U
C．U∶UD．U2∶U1
6．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小电路的发热损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
【概念规律练】
知识点一 线路损耗问题
1．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电线电阻为R，通过导线的电流为I，学校输入电压为U2，下列计算输电线损耗的式子中，正确的是( )
A.B.
C．I2RD．I(U1－U2)
2．某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R.则下列说法正确的是( )
A．输电线上的电流I＝
B．输电线上的电流I＝
C．输电线上损失的功率P＝()2R
D．输电线上损失的功率P＝
知识点二 远距离输电线路各物理量的关系
3．一台发电机最大输出功率为4000kW，电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R＝1kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V，60W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )
A．T1原、副线圈电流分别为103A和20A
B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220V
C．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1
D．有6×104盏灯泡(220V,60W)正常发光
4．某小型水电站的电能输送示意图如图2所示，发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则( )
图2
A.>
B.<
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
【方法技巧练】
远距离输电的解题技巧
5．发电机的端电压220V，输出电功率44kW，输电导线的电阻为0.2Ω，如果用初、次级匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用初、次级匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．
(1)画出全过程的线路示意图．
(2)求用户得到的电压和功率．
(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的电压和功率．
6．在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则下列关系式正确的是( )
A．P′＝B．P′＝
C．P用＝P－D．P用＝P(1－)
1．远距离输送交流电都采用高压输电．我国正在研究用比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
2．在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么( )
A．输电线路上损失的电压与输送电流成正比
B．输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大
C．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比
D．输电线路上损失的功率跟输电线上电流成正比
3．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，已知输电线的电阻率为ρ，该输电线的横截面积最小值是( )
A.B.C.D.
4．在远距离输电时，若输送的功率不变，使输出电压升高为原来的n倍，则输电线路上因电阻而产生的电能损失将变为原来的( )
A．n2倍B．n倍C.D.
5．在如图3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3
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
6．某农村水力发电站的发电机输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器．降低电压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时( )
A．升压变压器的副线圈的电压变大
B．高压输电线路的电压损失变大
C．降压变压器的副线圈上的电压变大
D．降压变压器的副线圈上的电压变小
7．某发电站用11kV交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R.现若用变压器将电压升高到220kV送电，下面哪个选项正确( )
A．因I＝，所以输电线上的电流增为原来的20倍
B．因I＝，所以输电线上的电流减为原来的
C．因P＝，所以输电线上损失的功率增为原来的400倍
D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的
题 号
1
2
3
4
5
6
7
答 案
8.有一座小型水电站，输出的电功率是25kW，输出电压为400V．若输电导线的总电阻为1Ω，求输电线上损失的电功率和用户得到的功率分别是________，________.
9．水电站给远处山村送电的输出功率100kW，用2000V的电压输电，线路上损失的功率是2.5×104W，如果用20000V的高压输电，线路上损失的功率为________W.
10．对某一输电线路，线路架设情况已确定，现要求输送一定的电功率P，若输电线上损失的功率占输送功率P的百分比用η表示，输电线路总电阻用r表示，输电电压用U表示，则η、P、U、r间满足什么关系？从中你能得出什么结论？
11．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远处用户供电．已知输电导线的电阻率为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．
12.有一台内阻为1Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图4所示，升压变压器的匝数比为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“220 V,40 W”的电灯6盏，若要保证电灯全部正常发光，求：
图4
(1)发电机输出功率；
(2)发电机电动势；
(3)输电效率；
(4)若使用灯数减半且正常发光，发电机输出功率是否减半．
第7节 电能的输送答案
课前预习练
1．I2r 减小输电导线的电阻 减小输电导线中的电流
2．升压 升高 降压 降到
3．高压输电 整流 高压直流电 逆变器
4．AD
5．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平方成反比，C项正确．]
6．ABD [导线的横截面积越大，导线的电阻越小，电能损失就越小，A对；在输送功率一定的前提下，提高输送电压U，由I＝知，能减小电流I，从而减小发热损耗，B对；若输送电压一定，由I＝知，输送的电功率P越大，I越大，发热损耗就越多，C错；高压输电时要综合考虑材料成本、技术、经济性等各种因素，不是电压越高越好，D对．]
课堂探究练
1．BCD [输电线的损耗P损＝I2R线＝＝IU线
其中U线＝U1－U2，故B、C、D正确．]
点评 计算功率损失常用公式P损＝IR线和P损＝，特别在利用P损＝时要注意U线是R线上的电压．
2．BC [输电线上的电流I线＝＝故A错误，B正确；输电线上的功率损失P＝IR＝()2R＝，故C正确，D错误．]
点评 由功率损失P＝()2R线知：当输送功率P输一定时减少输电线上功率损失的方法为提高输电电压或减小输电导线的电阻．
3．ABD [输电线上消耗的功率P线＝IR＝400kW，则I2＝＝20A，又P1＝U1I1，则I1＝＝103A，故A正确；T1的变压比＝＝，又P＝U1I1＝U2I2，得U2＝2×105V，输电线上损失电压U线＝I2R＝2×104V，则T2原线圈的输入电压U3＝U2－U线＝1.8×105V，又灯泡正常发光，T2的副线圈的电压为220V，B正确；T2的变压比＝＝，C错误；根据U3I2＝60n，解得n＝6×104，D正确．]
点评 远距离输电线路图如下
各物理量有下列关系
①电压关系：U发＝U1，＝，U2＝U3＋U损，＝，U4＝U用；
②电流关系：n1I1＝n2I2，I2＝I线＝I3，n3I3＝n4I4；
③功率关系：P发＝P1＝P2，P2＝P3＋P损，P3＝P4＝P用，P损＝I2R线，P损＝2R线，P损＝IU损．
4．AD [由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率．P出－P损＝P入，故D正确.＝，＝，因为U1＝200VU3＝U2－U线，故>，选项A正确．]
点评 在理解电压关系时，可把输电线路理解为三个闭合回路．如图
第一个回路发电机是电源，升压变压器的原线圈是用电器，若输电线电阻忽略则有U发＝U1；第二个回路升压变压器副线圈是电源，降压变压器的原线圈为用电器，则有U2＝U线＋U3；第三个回路降压变压器副线圈为电源，用户为用电器，若输电线电阻忽略则有
U4＝U用．
5．(1)见解析 (2)219.6V 4.392×104W
(3)180V 3.6×104W
解析 (1)示意图如下图所示
(2)升压变压器次级的输出电压
U2＝U1＝×220V＝2200V
据升压变压器输出电功率等于输入电功率知，升压变压器次级输出电流
I2＝＝A＝20A
输电线路上的电压损失和功率损失分别为
UR＝I2R＝20×0.2V＝4V
PR＝IR＝202×0.2W＝80W
加到降压变压器初级上的输入电流和电压为
I3＝I2＝20 A
U3＝U2－UR＝2 200 V－4 V＝2 196 V
降压变压器次级的输出电压和电流为
U4＝·U3＝×2 196 V＝219.6 V
I4＝·I3＝10×20 A＝200 A
用户得到的功率为
P4＝I4U4＝200×219.6W＝4.392×104W
(3)若不采用高压输电，用220V低压直接供电时，电路如下图所示，则输电电流I＝＝A＝200A，输电线路上的电压损失
UR′＝IR＝200×0.2 V＝40 V
所以用户得到的电压为
U4′＝U1－UR′＝220V－40V＝180V
用户得到的功率为P4′＝IU4′＝200×180W＝3.6×104W
方法总结 (1)求解远距离输电的关键是熟悉输电线路图，并画出示意图，把需要的物理量都标在图中的相应位置上．
(2)分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量的关系，特别注意以升压变压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈组成的回路，在此回路中利用电路知识分析电压关系和功率关系．
6．BD [输电线电阻R＝ρ，输电电流I＝
故输电线上损失的电功率为P′＝I2R＝2ρ＝
用户得到的电功率为P用＝P－P′＝P.故B、D正确．]
方法总结 在远距离输电问题中，也要时刻注意能量守恒这一线索，即发电机的总功率应等于线路上损失的热功率和用户得到的功率之和(在不考虑变压器自身的能量损失的条件下)．
课后巩固练
1．AC [远距离输电，往往输送电功率一定，根据P＝UI，输送电压U越高，则输送电流I＝越小，据P线＝I2r可知，当要求在输电线能量损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率大的材料(非铜材)；若输电线确定，即r确定，则可减小线路上的能量损耗，故A、C项正确；而交流电的频率是一定的，不随输送电压的改变而改变，输电的速度就是电磁波的传播速度，也一定，故B、D项不正确．]
2．AC [U损＝IR线，所以R线一定时，U损与I成正比，A正确．U损＝I·R线＝·R线，所以P输、R线一定时，U损与U输成反比，B错误．P损＝I2R线＝2R线，所以P输、R线一定时，P损与U输的平方成反比，C正确．P损＝I2R线，所以P损与I2成正比，D错误．]
3．B [由欧姆定律有R＝；由电阻定律有R＝ρ，由以上两式解得：S＝]
4．C [根据输电线上的功率损失的表达式：P损＝I2R＝()2R，电压升高为原来的n倍，则功率损失为原来的.]
5．CD [对升压(或降压)变压器而言，由变压器电压比U1∶U2＝n1∶n2知，输入电压不变，线圈匝数不变，输出电压不变，故A选项不正确；由P＝UI知，U不变，P增大，故I增大，使得输电线上的电压损耗U损＝I2R线增大，功率损耗P损＝IR线增大，所以降压变压器上的输入电压减小，输出电压减小，所以B不正确，C正确；因为输电线上损耗的功率占总功率的比例为＝＝＝∝P1，所以随发电厂输出功率变大，该值变大，D正确．]
6．BD [变压器的输入功率、输入电流的大小是由负载消耗的功率大小决定的，用电高峰期，白炽灯不够亮，消耗功率增大，输电线中的电流增大，线上电压增加，B正确．发电机输出电压稳定，升压变压器的副线圈的电压不变，降压变压器的输出电压由升压变压器副线圈的电压与线上损耗电压之差决定，D正确．]
7．BD [选项A中，I是输电线中的电流，R是输电线的电阻，但是U不是输电线上损失的电压，而是总的输送电压(是输电线和负载上电压之和)，所以不能用I＝计算输电线中的电流，在运用欧姆定律时，I、R、U应该对应于同一部分导体．
因为输送的功率一定，由I＝可知，当输送的电压增为原来的20倍时，电流减为原来的，选项B正确．
选项C中，R是输电线的电阻，而U是总的输送电压，R与U又不对应，所以P＝是错误的．
输电线上损失的功率一般用P损＝I2R计算，从选项B中已经知道电流减为了原来的.若P损不变，则输电线的电阻可增为原来的400倍，根据R＝ρ，在电阻率、长度不变的条件下，那么导线的横截面积可减小为原来的，即导线的直径减为原来的，所以选项D是正确的．]
8．3.9kW 21.1kW
解析 由P＝IU，可求出输电线中的电流为I线＝＝A＝62.5A，输电线上损失的功率为P损＝IR线＝62.52×1W＝3906.25W≈3.9kW，用户得到的功率为P用＝25kW－3.9kW＝21.1kW，即输电线上损失的功率约为3.9kW，用户得到的电功率约为21.1kW.
9．250
解析 线路上损失的功率P损＝I2R线，又I＝
所以P损＝2R线，代入数据，解得R线＝10Ω，当用20000V的高压输电时，P损′＝2R线＝250W.
10．见解析
解析 输电线路上损失的功率P损＝ηP＝I2r①
又P＝UI②
联立①②可得：ηP＝2r，即ηU2＝Pr，当P、r确定时，有ηU2＝定值，所以要减小η，必须提高输电电压U.
11．(1)8×104V (2)3.2×103V
解析 (1)导线电阻
r＝ρ＝Ω＝25.6Ω
输电线路损失功率为输出功率的4%，则
4%P＝I2r，代入数据得：I＝125A
由理想变压器P入＝P出及P＝UI得：
输出电压U＝＝V＝8×104V
(2)输电线路上电压损失
U′＝Ir＝125×25.6V＝3.2×103V
12．(1)5424W (2)250V (3)97% (4)大于一半
解析 由于发电机至升压变压器、降压变压器至学校距离较短，不必考虑这两部分输电导线上的功率损耗，发电机的电动势E，一部分降在电源内阻上，另一部分为发电机的路端电压U1，升压变压器副线圈电压U2的一部分降在输电线上，其余的就是降压变压器原线圈电压U3，而U4应为灯的额定电压U额．
(1)对降压变压器：P3＝P4＝U4I4＝nP灯＝22×6×40W＝5280W
而U3＝U4＝880V
所以I3＝＝A＝6A
对升压变压器：U1I1＝U2I2＝IR＋U3I3＝IR＋P3＝62×4W＋5280W＝5424W
所以，发电机的输出功率P出＝5424W
(2)因为U2＝U3＋I线R＝U3＋I3R＝880V＋6×4V＝904V
所以U1＝U2＝×904 V＝226 V
又U1I1＝U2I2
所以I1＝＝4I2＝4I3＝24 A
故E＝U1＋I1r＝226 V＋24×1 V＝250 V
(3)η＝×100%＝×100%＝97%
(4)电灯减少一半时
n′P灯＝2640W，I3＝＝A＝3A
所以P出＝n′P灯＋IR＝2640W＋32×4W＝2676W．发电机输出功率减少一半还要多，因输电线上的电流减少一半，输电线上电功率的损失减少到原来的.
