第1节 交变电流
一、选择题
1．(多选)关于交变电流和直流电的说法中，正确的是( )
A．如果电流大小做周期性变化，则一定是交变电流
B．直流电的大小可以变化，但方向一定不变
C．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的
D．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性的变化
答案 BD
解析 直流电的特征是电流方向不变，交流电的特征是电流方向周期性改变。另外交变电流不一定都是正弦式电流或余弦式电流。故A、C错误，B、D正确。
2．(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方向就改变一次
D．线框经过中性面时，各边不切割磁感线
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，所以此时电动势等于零，穿过线框的磁通量的变化率等于零，感应电动势或感应电流的方向在此时刻变化。垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，切割磁感线的两边的速度与磁感线垂直，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，此时穿过线框的磁通量的变化率最大。故C、D正确。
3．(多选)如图所示，形状或转轴位置不同，但面积均为S的单匝线圈处在同一个磁感应强度为B的匀强磁场中，以相同的角速度ω匀速转动，从图示的位置开始计时，则下列说法正确的是( )
A．感应电动势最大值相同
B．感应电动势瞬时值不同
C．感应电动势最大值、瞬时值都不同
D．感应电动势最大值、瞬时值都相同
答案 AD
解析 根据感应电动势的产生可知，只要导线框的面积相同、匝数相同、以相同的角速度在同一匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动，感应电动势的最大值Em＝nBSω都相同；由于导线框都是从中性面开始计时，则感应电动势的表达式均为：e＝Emsinωt，故说明四个线圈产生的感应电动势最大值及瞬时值均相同，故A、D正确。
4．(多选)线圈在匀强磁场中转动，产生的电动势表达式为e＝10sin20πt(V)，则下列说法正确的是( )
A．t＝0时，线圈平面位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大
C．t＝0时，线圈切割磁感线的有效速率最大
D．t＝0.4 s时，e有最大值10 V
答案 AB
解析 由电动势的瞬时值表达式可知计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈平面位于中性面，磁通量最大，但此时线圈速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为零，A、B正确，C错误。当t＝0.4 s时，e＝10sin20πt＝10×sin(20π×0.4) V＝0，D错误。
5.
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变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( )
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，线圈是在中性面位置，A错误；t＝0.01 s时，Φ＝0，线圈是在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；t＝0.02 s时刻，线圈在中性面位置，感应电动势为零，C错误；t＝0.03 s时刻，感应电动势最大，D错误。
6．一闭合矩形线圈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( )
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
答案 B
解析 由题图乙可知，t1、t3时刻穿过线圈的磁通量最大，在这两个时刻图线的斜率为零，即磁通量的变化率为零，感应电动势为零，此时电流方向发生改变，故A错误，B正确；同理在t2、t4时刻虽然穿过线圈的磁通量为零，但图象斜率最大，因此感应电动势最大，故C、D错误。
7.
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变化的图象是( )
答案 C
解析 当t＝0时磁感线与线圈平面平行，此时穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率为最大，也就是说产生的感应电流最大。因为cd边离开纸面向外运动，由右手定则可判定电流方向是a→b→c→d→a。因此t＝0时，I最大，并沿正方向，故A、B、D错误，C正确。
8.
如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)。若从图所示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是下图中的( )
答案 A
解析 根据线圈转动方向，由楞次定律判断出线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a，为负方向。线圈中产生的感应电动势表达式为e＝－Emsinωt＝－BSωsinωt，其中S是线圈面积的一半，则感应电流的表达式为i＝＝＝－Imsinωt，其中Im＝，根据数学知识可知A正确。
9.
如图所示，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，如图所示，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )
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dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
答案 A
解析 线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，两种情况下产生的感应电动势和感应电流最大且相等，所以A正确B错误。由楞次定律和右手定则可知电流方向相同且沿a→d→c→b方向，C错误。由于电流相同，所以两种情况下dc边受到的安培力相等，D错误。
10．如图甲所示，Ⅰ、Ⅱ两个并排放置的共轴线圈，Ⅰ中通有如图乙所示的交变电流，下列判断错误的是( )
A．在t1到t2时间内，Ⅰ、Ⅱ相吸
B．在t2到t3时间内，Ⅰ、Ⅱ相斥
C．t1时刻两线圈间作用力为零
D．t2时刻两线圈间吸引力最大
答案 D
解析 t1到t2时间内，Ⅰ中电流减小，Ⅰ中的磁场穿过Ⅱ并且减小，由楞次定律知Ⅱ中产生与Ⅰ同向的磁场，故Ⅰ、Ⅱ相吸，A正确，同理B正确。t1时刻Ⅰ中电流最大，但变化率为零，Ⅱ中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C正确。t2时刻Ⅰ中电流为零，但此时电流的变化率最大，Ⅱ中的感应电流最大。但相互作用力为零，故D错误。
二、非选择题
11.
如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数n＝100，边长lAB＝0.2 m，lBC＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s绕对称轴OO′匀速转动，当线圈平面通过中性面时开始计时，试求：
(1)线圈中感应电动势的大小；
(2)由t＝0至t＝过程中的平均电动势。
答案 (1)314sin(100πt) V (2)200 V
解析 (1)感应电动势的瞬时值e＝nBSωsinωt，由题可知S＝lAB·lBC＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2，
Em＝nBSω＝100×0.1×0.1×100π V≈314 V，
所以e＝314sin(100πt) V。
(2)用＝n计算t＝0至t＝过程中的平均电动势
＝n＝n＝＝，
代入数据得＝200 V。
12.
如图所示，一半径为r＝10 cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600 r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置时开始计时。
(1)写出线圈内所产生的感应电动势的瞬时值表达式；
(2)求t＝ s时线圈所产生的感应电动势的瞬时值；
(3)求从t＝0到t＝ s时间内线圈所产生的感应电动势的平均值。
答案 (1)e＝100sin20πt(V) (2)50 V
(3) V
解析 (1)n＝600 r/min＝10 r/s，ω＝2πn＝20π rad/s，Em＝NBSω＝100 V，则e＝100sin20πt(V)。
(2)当t＝ s时，e＝100sin20π× V＝50 V。
(3)＝N ，ΔΦ＝Bπr2－Bπr2sin30°，
解得＝ V。
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第2节 描述交变电流的物理量
一、选择题
1．(多选)关于交变电流的周期和频率，下列说法中正确的是( )
A．交变电流最大值连续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 根据周期的定义知选项A正确，选项B错误。因为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，但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，所以选项C正确。由T＝＝ s＝0.02 s，知选项D错误。
2．(多选)一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n r/s，则( )
A．线框交变电动势的峰值为nπBS
B．线框交变电动势的有效值为nπBS
C．从开始转动经过周期，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
答案 BD
解析 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；感应电动势瞬时值为e＝Emsinωt＝2πnBSsin2πnt，D正确。
3.
(多选)矩形线框在匀强磁场内匀速转动的过程中，线框输出的交流电电压随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是( )
A．交流电电压的有效值为36 V
B．交流电电压的最大值为36 V，频率为0.25 Hz
C．2 s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大
D．1 s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快
答案 BC
解析 由图象可知，交流电电压的最大值为36 V，有效值为36 V，周期T＝4 s，则频率f＝＝0.25 Hz，故A错误，B正确；1 s末交流电电压达到最大值，线框平面应与磁场平行，故D错误；2 s末交流电电压为零，线框平面与磁场垂直，磁通量最大，故C正确。
4.
交流发电机线圈电阻r＝1 Ω，用电器电阻R＝9 Ω，电压表示数为9 V，如图所示，那么该交流发电机( )
A．电动势的峰值为10 V
B．电动势的有效值为9 V
C．交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10 V
D．交流发电机线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为 V
答案 D
解析 电压表示数等于路端电压，电路中的电流为I＝＝ A＝1 A，电动势的有效值为：E＝I(R＋r)＝1×(1＋9) V＝10 V，所以电动势的最大值为Em＝E＝10 V，故A、B错误；线圈通过中性面时Φ最大，但＝0，故e＝0，C错误；线圈从中性面转过90°过程中，ΔΦ＝BS，Δt＝＝，则＝n＝，由于Em＝nBSω，所以＝＝ V，D正确。
5．家用电子调光灯的调光原理是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调压方便且体积较小，某电子调光灯经调整后的电压波形如图所示，若用多用电表测灯泡两端的电压，多用电表的示数为( )
A.Um B.Um
C.Um D.Um
答案 C
解析 多用电表测得的电压值为有效值，根据电流的热效应Q＝×＝T得U有效＝Um，所以C正确。
6．如图所示为一交变电流随时间变化的图象，则此交变电流的有效值是( )
A．5 A B．2.5 A
C. A D．3.5 A
答案 B
解析 根据有效值的定义，在任意一个周期内，有I2RT＝IR·＋IR·，解得I＝2.5 A，选项B正确。
7.
(多选)如图所示，A、B两输电线间的电压表达式为u＝200sin100πt(V)，输电线电阻不计，把电阻R＝50 Ω的用电器接在A、B两输电线上，对此，下列说法正确的是( )
A．电流表示数为4 A
B．电压表示数为200 V
C．通过R的电流方向每秒钟改变50次
D．用电器消耗的电功率为1.6 kW
答案 AB
解析 由u＝200sin100πt(V)可知，电压最大值Um＝200 V，角速度ω＝100π rad/s，所以电压的有效值U＝＝200 V，周期T＝＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz。由欧姆定律得I＝＝ A＝4 A，所以A、B正确；一个周期内电流方向改变两次，而f＝50 Hz，则1 s内电流方向改变100次，C错误；电功率P＝IU＝4×200 W＝800 W，所以D错误。
8．(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )
A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．交流电a的瞬时值为u＝10sin5πt (V)
D．交流电b的最大值为 V
答案 BCD
解析 由题图可知，t＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，A错误；由题图可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B正确；由题图可知，C正确；交流电最大值Um＝NBSω，故Uma∶Umb＝3∶2，故Umb＝Uma＝ V，D正确。
9.
在匀强磁场中，一电阻为R的单匝矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图所示，某时刻线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量为Φ。当线框再转过60°时，回路电流瞬时值为I，则线框转动的周期是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 由题意可知Em＝NBSω＝Φ，瞬时值e＝Emsinωt，故i＝sinωt，当ωt＝60°时，i＝I，解得T＝，选项D正确。
10.
如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)，则线框内产生的感应电流的有效值为( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 交变电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框全部进入磁场中后，因磁通量不变，故没有感应电流产生，所以只有线框进入和穿出磁场的过程中有感应电流。设线框转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，根据有效值的概念，有2R·＝I2RT，解得I＝，选项D正确。
二、非选择题
11.
如图是自行车上照明用的车头灯发电机的结构示意图，转轴的一端装有一对随轴转动的磁极，另一端装有摩擦小轮。电枢线圈绕在固定的U形铁芯上，自行车车轮转动时，通过摩擦小轮带动磁极转动，使线圈中产生正弦式交变电流，给车头灯供电。已知自行车车轮半径r＝35 cm，摩擦小轮半径r0＝1.00 cm，线圈匝数n＝800匝，线圈横截面积S＝20 cm2，总电阻R1＝40 Ω，旋转磁极的磁感应强度B＝0.01 T，车头灯电阻R2＝10 Ω。当车轮转动的角速度ω＝8 rad/s时(假定自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动)，求：
(1)发电机磁极转动的角速度ω0；
(2)车头灯中电流的有效值I。
答案 (1)280 rad/s (2)63 mA
解析 (1)磁极与摩擦小轮转动的角速度相等，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，摩擦小轮与自行车车轮的边缘线速度相等，故有ω0r0＝ωr，则
ω0＝＝ rad/s＝280 rad/s。
(2)摩擦小轮带动磁极转动，线圈产生的感应电动势的最大值为
Em＝nBSω0＝800×0.01×20×10－4×280 V＝4.48 V
感应电动势的有效值E＝
电流的有效值
I＝＝ A≈63 mA。
12．在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直磁感线的轴匀速转动，已知线圈的匝数为n＝100匝，边长为20 cm，电阻为10 Ω，转动频率f＝50 Hz，磁场的磁感应强度为0.5 T，求：
(1)外力驱动线圈转动的功率；
(2)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)在线圈由中性面转至与中性面成30°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量。
答案 (1)1.97×104 W (2)314 V 31.4 A
(3)0.027 C
解析 (1)线圈中交变电动势的最大值
Em＝nBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50 V≈628 V。
交变电动势的有效值E＝＝314 V。
外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等。
即P外＝＝ W≈1.97×104 W。
(2)线圈转到与中性面成30°角时，其电动势的瞬时值e＝Emsin30°＝314 V，
交变电流的瞬时值i＝＝ A＝31.4 A。
(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，通过导体横截面的电荷量为q，
则q＝Δt＝n＝
＝ C≈0.027 C。
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第3节 电感和电容对交变电流的影响
一、选择题
1．(多选)在交流电路中，下列说法正确的是( )
A．影响电流与电压的关系的不仅有电阻，还有电感和电容
B．电感对交变电流有阻碍作用，是因为交变电流通过电感线圈时，线圈中产生自感电动势阻碍电流的变化
C．交变电流能通过电容器，是因为交变电压的最大值大于击穿电压，电容器被击穿了
D．电容器的电容越大，交流的频率越高，容抗就越大
答案 AB
解析 在交流电路中，电阻、电感器和电容器对交流都有阻碍作用，选项A正确；电感器对交流有阻碍作用，本质是产生了自感电动势，阻碍电流的变化，选项B正确；交流能通过电容器，是因为电容器两极加上交变电压，电容器不断进行充电和放电，电路中形成了电流，表现为交流通过了电容器，选项C错误；电容器的电容越大，交流的频率越高，容抗越小，选项D错误。
2．(多选)对交变电流通过电容器的正确理解是( )
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、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 电容器能让交变电流通过，实际上是通过充、放电来完成的，定向移动电荷并没有从一个极板运动到另一个极板。但凭借电容器的充、放电，就完成了交变电流通过的任务。故选C、D。
3．(多选)如图所示，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(L1、L2、L3相同)( )
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 三个电路中电压表的示数相同，题图丙中电感线圈感抗为0，电压全部加在L3上，设为U；题图乙中电感线圈与灯并联，因此电感线圈对灯无影响，L2所加电压为U；所以L2、L3实际消耗的功率相同，C正确。题图甲中电感线圈有感抗，与灯L1共同分担电压U，因此灯L1分得电压肯定小于U，故灯L1的亮度小于灯L3的亮度，故B正确，A、D错误。
4．(多选)如图甲、乙两图是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“?”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“－”表示。关于两图中负载电阻R上得到的电流特征是( )
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 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。
5．(多选)如图所示，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( )
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与直流电压相同。甲图中电容器与灯L1串联，电容器对电流有阻碍作用，灯L1两端电压小于电压表示数；乙图中电容器与灯L2并联，L2两端电压等于电压表示数；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，L4两端电压等于电压表示数，电流全部流过灯L4。综合以上分析，C、D两项正确。
6．(多选)
如图所示的电路，一灯泡和一可变电容器串联，下列说法正确的是( )
A．a、b端接稳恒直流电，灯泡发亮
B．a、b端接交变电流，灯泡发亮
C．a、b端接交变电流，灯泡发亮，且将电容器电容增大时，灯泡亮度增大
D．a、b端接交变电流，灯泡发亮，在不改变交变电流有效值的情况下增大其频率，灯泡亮度增大
答案 BCD
解析 电容器的作用是：通交流，隔直流，通高频，阻低频；当接稳恒直流电时，电路不通，电容器相当于断路，灯泡不亮，故A错误，B正确；固定频率下，电容越大，容抗越低，故灯泡越亮，所以C正确；电容一定的情况下，交流电频率越高，容抗越小，故灯泡越亮，所以D正确。
7.
如图所示的电路，有直流和交流成分的电流通过，为了尽量减少R2上的交流成分，应( )
A．选用自感系数较大的线圈和电容较小的电容器
B．选用自感系数较小的线圈和电容较大的电容器
C．选用自感系数较小的线圈和电容较小的电容器
D．选用自感系数较大的线圈和电容较大的电容器
答案 D
解析 电感线圈L有“通直流、阻交流，通低频、阻高频”的特性，由xL＝2πfL可知，频率一定，自感系数越大，感抗越大，对交流电阻碍作用越大。电容器C有“通交流，隔直流，通高频，阻低频”的特性，由xC＝可知，f一定时，C越大，感抗越小，对交流电的阻碍作用越小，故应选D。
8.
(多选)某电路的输入电流既有直流成分，又有交流高、低频成分，若通过如图装置，只把交流低频成分输送到下一级，那么关于该电路中各元件的作用，说法正确的是( )
A．电感线圈L起到消除交流成分的作用
B．电容器C1是隔直电容器
C．电容器C2起到消除高频成分的作用
D．以上说法都不对
答案 BC
解析 线圈L通直流阻交流，起到消除直流成分的作用，A错误；电容器C1隔直流通交流，B正确；电容器C2允许高频通过，起到消除高频成分的作用，C正确。
9.
如图所示，三个灯泡相同，而且足够耐压，电源内阻忽略。单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，那么S接B时( )
A．三个灯亮度相同
B．甲灯最亮，丙灯不亮
C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮
D．只有丙灯不亮，乙灯最亮
答案 D
解析 开关S接A时，甲、乙、丙三个支路均有交流电通过。开关S接B时，电路处于直流工作状态，电容器C“隔直流，通交流”，电感线圈L“阻交流，通直流”，R对交流和直流有相同的阻抗。可判断此时电路中I丙＝0，I甲不变，I乙增大，又因为灯泡亮度与电功率(P＝I2R)成正比，所以只有丙灯不亮，乙灯最亮，所以D正确。
10.
如图所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a、b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮。当a、b接电压的有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是( )
A．与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈
B．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器
C．与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器
D．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管
答案 B
解析 由a、b接直流时的现象可知，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，元件x是电感线圈，元件y是电容器，B正确。
11.
两个相同的白炽灯L1和L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感器串联，当a、b处接电压最大值为Um、频率为f的正弦式交流电源时，两灯都发光，且亮度相同。更换一个新的正弦式交流电源后，灯L1的亮度大于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率可能是( )
A．最大值仍为Um，而频率大于f
B．最大值仍为Um，而频率小于f
C．最大值大于Um，而频率仍为f
D．最大值小于Um，而频率仍为f
答案 A
解析 因为灯L1的亮度大于灯L2的亮度，所以此时电路中的感抗大于容抗，故交流的频率一定比原来的大，A正确。
12.
某同学在研究电容器、电感器对恒定电流与交变电流的影响时，采用了如图所示的电路，其中L1、L2是两个完全相同的灯泡，已知把开关置于3、4时，电路与交流电源接通，稳定后的两个灯泡亮度相同，则该同学在如下操作过程中能观察到的实验现象是( )
A．当开关置于1、2时，稳定后L1、L2两个灯泡均发光，且亮度相同
B．当开关置于1、2时，稳定后L1、L2两个灯泡均发光，但L1比L2亮
C．当开关置于3、4时，稳定后，若只增加交变电流的频率，则两个灯泡的亮度将同时变暗
D．在开关置于3、4瞬间，L2立即发光，而L1亮度慢慢增大
答案 D
解析 当开关置于1、2时，稳定后因电容器隔直流，故L2支路断开，L2不发光，A、B错误；在开关置于3、4的瞬间，电容器通交流，L2立即发光，由于电感线圈的自感作用，L1亮度慢慢增大，D正确；当开关置于3、4稳定后，增加交变电流频率，容抗减小，感抗增大，L1变暗，L2变亮，C错误。
二、非选择题
13.
如图所示是一种电风扇减速器电路。通过改变开关S跟0～5间的6个触点的接触，实现对电风扇电动机M的转速控制。请说明它的调速原理。
答案 见解析
解析 当开关S接在触点“0”点时电路断路，风扇不转；当开关S接触点“1”时，电感线圈没有接入电路，此时风扇转速最大；当开关接在触点2、3、4、5时，感抗依次越来越大，电动机分担电压越来越小，电动机M功率越来越小，因此风扇转速越来越小。
14.
在电子技术中，从某一装置输出的电流既有交流高频成分又有交流低频成分，其中交流高频成分用“”表示，交流低频成分用“～”表示。如果只需要把低频成分输送到下一级装置，只要在两级电路之间接入一个高频扼流圈和一个容抗很大的电容器就可以了。如图所示的接法对吗？为什么？
答案 接法正确。高频扼流圈阻碍高频进入后级，电容器使高频旁路。
解析 因为高频扼流圈自感系数较小，它有“通低频、阻高频”的功能，低频很容易通过，而高频很难通过，但容抗很大的电容可以让高频通过而阻碍低频，所以高频电流就几乎不从高频扼流圈通过了。题图所示的接法是正确的。
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第4节 变压器
一、选择题
1．(多选)关于变压器的构造和工作原理，下列说法中正确的是( )
A．原、副线圈缠绕在一个闭合铁芯上，是为了减少磁场能的损失，有效地传送电能
B．铁芯不用整块金属做成，是为了防止将原、副线圈短路，造成危险
C．变压器不改变交变电流的频率，只改变电压大小
D．当原线圈接入大小不断变化的直流电时，副线圈也有电压输出
答案 ACD
解析 闭合铁芯的导磁能力比真空或空气强得多，当原、副线圈绕在同一闭合铁芯上时，原线圈产生的磁场几乎全部沿铁芯通过副线圈，漏到空气中的磁场很少，因此可以有效地将原线圈中的电能传递到副线圈中，选项A正确。若用整块金属做铁芯，当通过它的磁通量发生变化时，就会在铁芯中产生感应电流，导致铁芯发热，烧坏变压器，同时大大降低了电能的传输效率，故选项B错误。对于正弦式交变电流，铁芯中磁通量的变化率正比于原线圈中电流的变化率，在副线圈中，感应电动势正比于磁通量的变化率，因此感应电动势的变化随着磁通量变化率的变化而变化，所以副线圈输出交变电流的频率等于输入交变电流的频率，所以选项C正确。由电磁感应定律知，只要输入原线圈的电流发生变化，穿过副线圈的磁通量就发生变化，在副线圈中就有感应电动势产生，故选项D正确。
2．如图所示四个电路，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，所以选项D能实现升压。
3．(多选)理想变压器原、副线圈两侧一定相同的物理量有( )
A．交变电流的频率 B．交变电流的功率
C．磁通量的变化率 D．交变电流的最大值
答案 ABC
解析 变压器可以改变交变电流的电压、电流，但不改变交变电流的频率、功率和磁通量的变化率。故选A、B、C。
4．(多选)理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流为I1、I2，电压为U1、U2，功率为P1、P2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是( )
A．I1由I2决定 B．U2与负载有关
C．P1由P2决定 D．以上说法都不正确
答案 AC
解析 对理想变压器的电流关系可写成I1＝I2，原线圈中的电流与副线圈中的电流成正比，所以原线圈中的电流由副线圈中的电流决定；功率关系为：负载用多少，原线圈端就输入多少，因此选项A、C正确。
5.
如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin(100πt) V的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻。原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A．原线圈中电流表的读数为1 A
B．原线圈中的输入功率为220 W
C．副线圈中电压表的读数为110 V
D．副线圈中输出交流电的周期为50 s
答案 A
解析 由＝，输出电压有效值为U2＝110 V，输出电流为I2＝＝2 A，由＝可求出输入电流为I1＝1 A，A正确；输入功率为P1＝U1I1＝220 V×1 A＝220 W，B错误；电流表和电压表测量的都是有效值，所以电压表的示数为110 V，C错误；因角速度为100π rad/s，周期为T＝＝0.02 s，D错误。
6.
如图所示为理想变压器，原线圈的匝数为1000匝，两个副线圈的匝数n2＝50 匝，n3＝100 匝，L1是“6 V 2 W”的小灯泡，L2是“12 V 4 W”的小灯泡，当n1接上交流电压时，L1、L2都正常发光，那么原线圈中的电流为( )
A. A B. A C. A D. A
答案 C
解析 由P入＝P出知，I1U1＝6 W，又＝，所以U1＝U2＝×6 V＝120 V，所以I1＝ A＝ A。
7．(多选)如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示理想交流电表，已知电压比为100∶1，电流比为10∶1，交流电压表的示数为220 V，交流电流表的示数为10 A，则( )
A．a为交流电流表，b为交流电压表
B．a为交流电压表，b为交流电流表
C．线路的输送电功率是2200 W
D．线路的输送电功率是2.2×106 W
答案 BD
解析 电压互感器是测电压的，应并联在电线之间，电流互感器是测电流的，应串联在电线上，由题图可知a为交流电压表，b为交流电流表，A错误，B正确；因电压互感器电压比为100∶1，电流互感器电流比为10∶1，由交流电压表的示数为220 V得电线间的电压为22000 V，由交流电流表的示数为10 A得电线上的电流为100 A，所以线路的输送电功率P＝UI＝2.2×106 W，C错误，D正确。
8．如图所示，理想变压器原、副线圈回路中的输电线的电阻忽略不计。当S闭合时( )
A．电流表A1的读数变大，电流表A2的读数变小
B．电流表A1的读数变大，电流表A2的读数变大
C．电流表A1的读数变小，电流表A2的读数变小
D．电流表A1的读数变小，电流表A2的读数变大
答案 B
解析 将开关S闭合，负载总电阻变小，由线圈匝数和输入端电压不变可知输出端电压不变，由欧姆定律可知输出端电流变大，故电流表A2的示数变大；由n1I1＝n2I2可知原、副线圈中电流与匝数成反比，所以输出端电流变大时输入端电流也增大，即A1示数变大，故B正确。
9.
如图所示，理想变压器的输入电压保持不变。副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R。开始时，开关S断开，当S闭合时，下列说法正确的是( )
A．交流电压表的示数变大
B．灯泡L1更亮
C．交流电流表的示数增大
D．变压器的输出功率减小
答案 C
解析 当S闭合时，副线圈两端电压不变，负载总电阻变小，输电线中电流增大，等效电阻R分得电压增大，交流电压表的示数变小，灯泡L1变暗，变压器的输出功率增大，则变压器的输入功率变大，交流电流表的示数增大，选项C正确，A、B、D错误。
10.
(多选)调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示。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，滑动变阻器的滑动触头为Q。则( )
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沿逆时针方向转动时，电流表的读数变大
D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向转动时，电流表的读数变小
答案 BC
解析 当P的位置不动时，U2＝U1不变，将Q向下移动，R变大，由I2＝知：I2减小，故选项B正确；保持Q不变，R就不变，将P逆时针旋转，则n2增大，U2增大，所以I2也增大，故选项C正确。
11.
(多选)如图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为加在原线圈上的电压，则( )
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消耗的功率将减小
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
答案 ABD
解析 K由a合到b时，n1减小而U1不变，由＝可知，副线圈上的电压增大，流过负载R的电流I2增大，P2增大，又由于P1＝P2＝U1I1，故I1增大，A正确。同理K由b合到a时，P2减小，B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正确。
12．如图所示为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈接有交流电压u＝220sin100πt(V)，图中电压表和电流表均为理想交流电表，R2为负温度系数的热敏电阻(即当温度升高时，阻值减小)，R1为定值电阻，C为电容器。下列说法正确的是( )
A．交流电压表的示数是110 V
B．交流电的频率为100 Hz
C．通过R1的电流始终为零
D．当R2处温度升高时，交流电压表的示数不变，交流电流表的示数变大
答案 D
解析 原线圈所接交变电压的有效值为U1＝ V，由理想变压器的变压比公式＝，可得U2＝U1＝× V＝55 V，选项A错误；由交变电压的瞬时值表达式u＝220sin100πt(V)可知，该交变电流的频率f＝ Hz＝50 Hz，选项B错误；由于交变电流能对电容器进行充、放电，所以会有充、放电电流通过电阻R1，选项C错误；因变压器为理想变压器，线圈电阻不计，因此，交流电压表的示数不变，当R2处的温度升高时，其电阻阻值变小，所以交流电流表的示数变大，选项D正确。
二、非选择题
13．如图所示，灯泡L1接在变压器初级电路中，灯泡L2、L3、L4接在变压器次级电路中，变压器为理想变压器，交变电流电源电压为U，L1、L2、L3、L4都是额定电压为U0的同种型号灯泡，讨论以下问题：
(1)四个灯泡是否可能都正常发光？
(2)当四个灯泡都正常发光时，电源电压U与灯泡额定电压U0有什么关系？
答案 (1)当＝时四个灯泡可能都正常发光 (2)U＝4U0
解析 (1)设每个灯泡的额定电流为I0，次级电路中三个灯泡并联，则I2＝3I0
次级电功率P2＝U2I2＝3U0I0
对理想变压器P1＝P2＝3U0I0
从初级电路看，因为灯泡L1串联在电路中的，要使灯泡L1能正常发光，必须保证通过灯泡L1的电流也为I0，也就是说有I1＝I0
由此可知应有U1＝3U0
又因为＝，当＝时四个灯泡可正常发光。
(2)由变压器变压比＝，可得U1＝3U2＝3U0
灯泡L1与变压器初级线圈串联，当灯泡L1正常发光时，两端电压也为U0
因此电源电压U＝4U0。
14.
如图所示，交流发电机电动势的有效值E＝20 V，内阻不计，它通过一个R＝6 Ω的指示灯连接变压器。变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都标有“6 V 0.25 W”，且灯泡都正常发光，导线电阻不计。求：
(1)降压变压器初级、次级线圈匝数之比；
(2)发电机的输出功率。
答案 (1)3∶1 (2)6.67 W
解析 (1)彩色小灯泡的额定电流
IL＝＝ A＝ A，
次级线圈总电流I2＝24IL＝1 A。
变压器输入功率等于：I1U1＝I2U2＝6 W。
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＝3 A应舍去，据题意是降压变压器，应有I1＜I2)，
所以＝＝。
(2)发电机输出功率P＝I1E≈6.67 W。
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第5节 电能的输送
一、选择题
1．(多选)远距离输送交流电都采用高压输电，采用高压输电的优点是( )
A．可节省输电线的材料
B．可根据需要调节交流电的频率
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 设输电功率为P，输电电压为U，输电线的电阻为R，则输电线上损失的功率为P损＝2R，若P、R一定，则P损∝，采用高压输电可以减少输电线上的电功率损失；若P损、P一定，则R∝U2，又R＝ρ，ρ、L一定时输电导线的横截面积S∝，采用高压输电可使输电导线的横截面积大大减小，从而节省输电线的材料。故选项A、C正确。
2．如图为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是( )
A．减小输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的功率损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电一定是电压越高越好
答案 B
解析 依据题中输电原理，电路中的功率损耗ΔP＝I2R线，而R线＝ρ，减小输电线的横截面积，输电线的电阻会增大，则会增大输电线上的功率损失，A错误；由P＝UI可知，P一定的情况下，输送电压U增大，I减小，ΔP减小，B正确；若输送电压一定，输送功率越大，则电流I越大，ΔP越大，C错误；输送电压并不一定越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，D错误。
3．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )
A.＝ B．I1U1＝IR
C．I1U1＝I2U2 D．I2＝
答案 C
解析 升压变压器原、副线圈的电流之比等于原、副线圈匝数的反比，故A错误；理想变压器的输入功率不等于输电线上损耗的功率，B错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，则U1I1＝U2I2，C正确；U2等于输电导线电阻两端电压及降压变压器初级线圈两端的电压之和，所以U2≠I2·R，则I2≠，D错误。
4．远距离输电中，当输送的电功率为P，输送电压为U时，输电线上损失的电功率为ΔP，若输送的电功率增加为4P，而输电线中损失的电功率减为，输电线电阻不变，那么输电电压应增为( )
A．32U B．16U C．8U D．4U
答案 C
解析 输电线上损失的电功率ΔP＝I2R＝2R，当输送的电功率P′＝4P，而输电线中损失的电功率ΔP′＝时，由ΔP′＝2R得，输电电压U′＝8U。故选C。
5．用U1和U2两种电压通过相同长度和材料的导线输电，若输送的电功率相等，在输电导线上损失的电功率也相同，则在两种情况下输电导线截面积之比S1∶S2为( )
A. B. C.2 D.2
答案 C
解析 由输送的电功率P＝IU，损失的电功率ΔP＝I2R，得ΔP＝R。由题意知，R1＝R2，由此得＝，因为R＝ρ，根据题意ρ、L相等，所以＝。
6．某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，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。经变压器降压后，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( )
①升压变压器的副线圈的电压变大 ②高压输电线路的电压损失变大 ③降压变压器的副线圈上的电压变大 ④降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
答案 D
解析 用电高峰期，由于并联用电器增多，用户端总电阻减小，从而电流增大，又由U损＝Ir可知，输电导线上的电压损失变大，升压变压器副线圈的电压不变，降压变压器原、副线圈上的电压变小，而降压变压器到各用户的输电线上的电压损失因总电流变大而变大。故正确答案为D。
7．(多选)如图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＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为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的副线圈两端电压u＝220sin100πt(V)，当用电器电阻R0＝11 Ω 时( )
A．通过用电器R0的电流有效值是20 A
B．升压变压器的输入功率为4650 W
C．发电机中的电流变化频率为100 Hz
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 由正弦交变电流最大值与有效值的关系，T2输出端电压有效值为220 V，则通过用电器R0的电流有效值是20 A，A正确；由u＝220sin100πt V可知ω＝100π，周期为0.02 s，频率为50 Hz，C错误；降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈电流为5 A，R上消耗功率为250 W，升压变压器的输入功率等于输出功率，为R消耗功率与R0消耗功率之和，即4650 W，B正确；当用电器的电阻R0减小时，降压变压器输出功率增大，由能量守恒，发电机的输出功率增大，D错误。
8．“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106 kW，输电电压为1000 kV，输电线电阻为100 Ω。若改用超导材料作为输电线，则可减少输电损耗的功率为( )
A．105 kW B．104 kW C．106 kW D．103 kW
答案 A
解析 输电电流I＝，输电线路损失的电功率P损＝I2R＝2R＝1×105 kW；当改用超导材料输电时不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，A正确。
9．(多选)如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW。下列说法中正确的是( )
A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 Hz
B．远距离输电线路损耗功率为180 kW
C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大
D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大
答案 AD
解析 由图乙知交流电周期为0.02 s，则频率为f＝＝50 Hz，故A正确。升压变压器输入端的有效值为U升入＝＝250 V，则U升出＝25000 V，升压变压器的输入功率为750 kW，则远距离输电线路上的电流为I＝＝30 A，所以损失的功率为P损＝I2R＝90 kW，故B错误。当传感器R2所在处出现火警时，温度升高，阻值变小，降压变压器副线圈电流变大，降压变压器原、副线圈匝数比不变，降压变压器原线圈电流也增大，D正确；输电线上损失的电压变大，降压变压器输入电压变小，则输出电压也变小，因为降压变压器副线圈电流变大，R1两端电压变大，所以R2的分压变小，即电压表V的示数变小，C错误。
10．(多选)远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均是理想变压器，升压变压器输入电压不变，当K由2改接为1时，下列说法正确的是( )
A．电压表读数变大
B．电流表读数变大
C．电流表读数变小
D．输电线损失的功率减小
答案 AB
解析 由U2＝U1知，当K由2改接为1时，升压变压器的原线圈匝数不变，副线圈匝数变大，输送电压变大，降压变压器的输入电压和输出电压均变大，电压表示数变大，选项A正确；降压变压器的输出电压变大时，流过灯泡的电流I灯也变大，输电线上的电流I线也随着I灯的变大而变大，所以电流表读数变大，选项B正确而C错误；I线变大时，输电线损失的功率P线＝IR变大，选项D错误。
二、非选择题
11．发电机的端电压为220 V，输出功率44 kW，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用初、次级线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用初、次级线圈匝数比为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。
答案 见解析
解析 (1)示意图如下图所示。
(2)由图可知，升压变压器次级线圈的输出电压
U2＝U1＝2200 V。
根据理想变压器P入＝P出，则升压变压器次级线圈的输出电流I2＝＝ A＝20 A，输电线上的功率损失和电压损失分别为
P损＝IR线＝202×0.2 W＝80 W。
U损＝ΔU＝I2R线＝20×0.2 V＝4 V。
所以降压变压器初级线圈上的输入电压和电流为
U3＝U2－U损＝2200 V－4 V＝2196 V，I3＝I2＝20 A。
降压变压器次级线圈的输出电压和电流为
U4＝U3＝×2196 V＝219.6 V，
I4＝I3＝10×20 A＝200 A。
用户得到的功率为
P4＝U4I4＝219.6×200 W＝4.392×104 W。
(3)若直接用220 V低压供电，电路如图所示，则输电电流
I＝＝ A＝200 A。
输电线路上的电压损失ΔU＝IR线＝200×0.2 V＝40 V。
故用户得到的电压U2＝U1－ΔU＝220 V－40 V＝180 V，用户得到的功率为P＝U2I＝180×200 W＝3.6×104 W。
12．三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，是中国规模最大的水利工程。枢纽控制的流域面积为1×106 km2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量Q＝4.51×1011 m3。水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面。在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量即26台发电机组同时工作时的总发电功率P＝1.82×107 kW。年平均发电量约为W＝8.40×1010 kW·h，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区供电紧张的局面。阅读上述资料，解答下列问题。(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2)
(1)请画出远距离输电的原理图并在其上用相应的符号标明相应的物理量；
(2)若三峡电站上、下游水位差按H＝100 m计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式并计算出效率η的数值；
(3)若26台发电机组全部发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为多少天？
(4)将该电站的电能输送到华中地区，输电功率P1＝4.5×106 kW，采用超高压输电，输电电压U＝500 kV，而发电机输出的电压约为U0＝18 kV，要使输电线上损耗的功率为输送电功率的5%，求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数之比和输电线路的总电阻。
答案 (1)见解析 (2)η＝ 67.1%
(3)192.3天 (4)9∶250 2.78 Ω
解析 (1)远距离输电的原理图如图所示。
(2)电站能量转化的效率η＝＝，
η＝×100%
≈67.1%。
(3)依据P＝可知，每台发电机组平均年发电时间
t＝＝天≈192.3天。
(4)升压变压器原、副线圈的匝数之比＝＝
由P1＝UI得I＝9.0×103 A
又P损＝I2R＝5%P1
可得R≈2.78 Ω。
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