(共52张PPT)
第三章 交
变
电
流
1.交
变
电
流
必备知识·素养奠基
一、交变电流
1.交变电流:大小和方向随时间___________的电流,简称交流(AC)。如图所示。
其中甲图是正弦式交变电流。
2.直流:_____不随时间变化的电流,称为直流(DC)。
3.恒定电流:_____和_____不随时间变化的电流。
周期性变化
方向
大小
方向
4.图像特点:
(1)恒定电流的图像是一条_____________的直线。
(2)交变电流的图像随______做周期性变化,如正弦交变电流的图像:
与时间轴平行
时间
二、交变电流的产生
1.产生:闭合线圈在匀强磁场中绕_______磁场的轴_____转动,线圈中就产生
正弦式交变电流。
垂直于
匀速
2.产生过程示意图:
3.中性面——线圈平面与磁感线_____时的位置。
(1)线圈处于中性面位置时,穿过线圈的Φ_____,但线圈中的电流为___。
(2)线圈每次经过中性面时,线圈中感应电流方向都要改变。线圈转动一周,感
应电流方向改变___次。
垂直
最大
零
两
三、交变电流的变化规律
1.定义:按_____规律变化的交变电流,简称___________。
正弦
正弦式电流
2.函数表达式和图像:
函数表达式
图 像
瞬时电动势:e=________
瞬时电压:u=________
瞬时电流:i=________
Emsinωt
Umsinωt
Imsinωt
注:表达式中Em、Um、Im分别是电动势、电压、电流的_____,而e、u、i则是这
几个量的_______。
3.峰值决定因素:
关于它的数值的解释符合科学实际的有:_______。
①
由线圈匝数n、磁感应强度B、转动角速度ω和线圈面积S决定。
②与线圈的形状无关。
③与转轴的位置无关
峰值
瞬时值
①②③
关键能力·素养形成
一 交变电流的产生过程
1.正弦式交变电流的产生过程分析:
如图1所示为线圈ABCD在磁场中绕轴OO′转动时的截面图,AB和CD两个边切割磁感线,产生电动势,线圈中就有了电流(或者说穿过线圈的磁通量发生变化而产生了感应电流)。具体分析如图2所示,
转动过程
磁通量变化
电流方向
甲→乙
减小
B→A→D→C
乙→丙
增大
B→A→D→C
丙→丁
减小
A→B→C→D
丁→甲
增大
A→B→C→D
2.两个特殊位置的对比:
图示
位置
中性面位置
与中性面垂直的位置
特点
B⊥S
B∥S
Φ=BS,最大
Φ=0,最小
e=n
=0,最小
e=n
=nBSω,最大
感应电流为零,方向改变
感应电流最大,方向不变
【思考·讨论】
按图连接电路,当开关闭合时,观察小灯泡的发光情况。
电路中的电流方向从哪里流向哪里?电流方向是否随时间改变?电路中的电流大小是否随时间改变?
(科学思维)
提示:电路中的电流从电源的正极经小灯泡流向负极,电流的方向、大小不随时间改变。此电路的大致i-t图像:
【典例示范】
(多选)如图所示为演示交变电流产生的装置图,关于这个实验,下列说法正确的是
( )
A.线圈每转动一周,指针左右摆动一次
B.图示位置为中性面,线圈中无感应电流
C.线圈逆时针转动到图示位置ab边的感应电流方向为a→b
D.线圈平面与磁场方向平行时,磁通量变化率为零
【解析】选A、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,故选项A正确;图示位置为与中性面垂直的位置,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,故选项B错误、C正确;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,磁通量的变化率最大,故选项D错误。
【规律方法】交变电流的变化特点
(1)线圈转至与磁感线平行时,磁通量的变化率最大,感应电动势最大,故线圈每转一周,电动势最大值出现两次。
(2)线圈每经过中性面一次,感应电流和感应电动势的方向都要改变一次。线圈转动一周,两次经过中性面,感应电动势和感应电流的方向都改变两次。
【素养训练】
1.(多选)某发电机的原理简图如图所示,线圈按图示方向匀速转动。以下说法正确的是
( )
A.线圈经过图示位置时穿过线圈的磁通量为零,磁通量的变化率为零
B.线圈从图示位置转过90°后,小灯泡中的电流方向发生变化
C.线圈转动两周,电流的方向改变2次
D.线圈转动两周,电流的方向改变4次
【解析】选B、D。线圈位于图示位置时,与中性面垂直,穿过线圈的磁通量为0,磁通量的变化率最大,故A错误;线圈垂直于图示位置时,处于中性面,电流的方向要发生改变,故B正确;线圈转动两圈,电流的方向改变4次,故C错误,D正确。
2.在匀强磁场中,一个100匝的闭合矩形金属线圈,绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动,如图所示,穿过该线圈的磁通量随时间按正弦规律变化。则( )
A.t=0时,线圈位于中性面位置
B.t=0.5
s时,线圈中的磁通量变化率为零
C.t=0.8
s时,线圈产生的感应电动势处于减小的过程中
D.t=1.0
s时,线圈产生的感应电动势为零
【解析】选B。t=0时,线圈位于和中性面垂直的位置,故A错误;t=0.5
s时,线圈中的磁通量变化率为零,故B正确;t=0.8
s时,线圈产生的感应电动势处于增大的过程中,故C错误;t=1.0
s时,线圈产生的感应电动势最大,故D错误。
【补偿训练】
(多选)下列各图中哪些情况线圈中产生了交变电流
( )
【解析】选B、C、D。A项中线圈磁通量始终为零,没有感应电流。由交变电流的产生条件可知,轴不能平行于磁感线,但对线圈的形状及转轴的位置没有特别要求。故选项B、C、D正确。
二 交变电流的变化规律
1.交变电流的瞬时值表达式推导:
线圈平面从中性面开始转动,如图所示,则经过时间t:
(1)线圈转过的角度为ωt。
(2)ab边的线速度跟磁感线方向的夹角
θ=ωt。
(3)ab边转动的线速度大小
v=ω
。
(4)ab边产生的感应电动势(设线圈面积为S)
eab=BLabvsin
θ=
sin
ωt。
(5)整个线圈产生的感应电动势e=2eab=BSωsin
ωt,
若线圈为n匝,则e=nBSωsin
ωt。
2.峰值表达式:
Em=nBSω,Im=
Um=ImR=
。
3.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=Imsinωt,u=Umsin
ωt。
(2)从与中性面垂直的位置开始计时
e=Emcosωt,i=Imcosωt,u=Umcos
ωt。
4.交变电流的图像:(从中性面开始计时)
【典例示范】
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n=300
r/min
的转速绕垂直于磁感线的轴
匀速转动,如图所示,若从中性面开始计时,求:
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式。
(2)线圈从开始计时经
s时线圈中由此得到
的感应电流的瞬时值。
(3)外电路R两端电压瞬时值的表达式。
【思维建模】
【解析】(1)线圈转速n=300
r/min=5
r/s,
角速度ω=2πn=10π
rad/s,
线圈产生的感应电动势最大值
Em=NBSω=50
V,
由此得到的感应电动势瞬时值表达式为
e=Emsin
ωt=50sin
10πt
(V)。
(2)将t=
s代入感应电动势瞬时值表达式得
e′=50
sin
对应的感应电流i′=
(3)由欧姆定律得
u=
R=40sin
10πt
(V)。
答案:(1)e=50
sin
10πt
(V) (2)
A
(3)u=40
sin
10πt(V)
【素养训练】
1.如图所示,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像,当调整线圈转速后,所产生的正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是
( )
A.线圈先后两次转速之比为1∶2
B.交流电b电压的最大值为
V
C.交流电a的电压瞬时值u=10sin0.4πt
V
D.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量为零
【解析】选B。由图可知,周期Ta=0.4
s,Tb=0.6
s,则线圈先后两次转速之比
na∶nb=Tb∶Ta=3∶2,故A错误;由电动势的最大值Em=NBSω,知两个电压最大值
之比Uma∶Umb=ωa∶ωb=3∶2,则交流电b电压的最大值为
V,故B正确;由图得
电压最大值Uma=10
V,周期Ta=0.4
s,ωa=
=5π
rad/s,交流电a电压的瞬时值
表达式为u=Umasinωt=10sin5πt
V,故C错误;t=0时刻u=0,根据法拉第电磁感
应定律,磁通量变化率为零,而磁通量最大,故D错误。
2.如图所示,匀强磁场磁感应强度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OO′轴匀速转动。试求:
(1)感应电动势的峰值。
(2)若从线圈平面垂直磁感线时开始计时,线圈中瞬时
感应电动势的表达式。
(3)若从线圈平面平行磁感线时开始计时,求线圈在t=
时刻的感应电动势大小。
【解析】(1)由题可知:S=lab·lbc=0.2×0.5
m2=0.1
m2,感应电动势的峰值
Em=nBSω=100×0.1×0.1×100π
V=100π
V=314
V。
(2)若从线圈平面垂直磁感线时开始计时,感应电动势的瞬时值e=Emsin
ωt
所以e=314sin
100πt
(V)
(3)若从线圈平面平行磁感线时开始计时,感应电动势的瞬时值表达式为
e=Emcos
ωt,代入数据得e=314cos
100πt
(V)
当t=
时,e=314cos
V=157
V。
答案:(1)314
V (2)e=314sin
100πt
(V) (3)157
V
【拓展例题】考查内容:交变电流图像的应用
【典例】如图甲所示,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=45°时为计时起点,如图乙所示,并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则下列所示的四幅图中正确的是
( )
【解析】选D。由楞次定律知,t=0时,感应电流方向为负,线圈平面与中性面的
夹角为
,线圈再转过
到达中性面,所以,在线圈转过
的过程中电流在
减小,θ=
时,i=0,因而只有D项正确。
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.下列各图像中不属于交流电的有
( )
【解析】选A。A图电流的方向不变,是直流电,B、C、D选项中电流的大小、方向都做周期性变化,是交流电,所以B、C、D错误;A正确。
2.如图所示,一单匝正方形线圈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,线圈边长为L,电阻为R,转动的角速度为ω。当线圈转至图示位置时
( )
A.线圈中感应电流的方向为abcda
B.线圈中感应电流的大小为
C.穿过线圈的磁通量为BL2
D.穿过线圈磁通量的变化率为BL2ω
【解析】选D。图示时刻,ad速度方向向里,bc速度方向向外,根据右手定则判断
知ad中感应电流方向为a→d,bc中感应电流方向为c→b,则线圈中感应电流的方
向为adcba,故A错误;线圈中的感应电动势为
E=BSω=BL2ω,线圈中的感应电流
为
I=
,故B错误;图示时刻线圈与磁场平行,穿过线圈磁通量为0,故C错
误;由法拉第电磁感应定律知:穿过线圈磁通量的变化率
=E=BL2ω,故D正确。
3.如图所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图像,根据图像可知
( )
A.此感应电动势的瞬时表达式为e=200sin0.02t
V
B.此感应电动势的瞬时表达式为e=200sin100πt
V
C.t=0.01
s时,穿过线圈的磁通量为零
D.t=0.02
s时,穿过线圈的磁通量的变化率最大
【解析】选B。由图像知周期T=0.02
s,所以频率f=50
Hz,由图像知电动势最大
值为200
V,角速度为
rad/s=100π
rad/s,所以感应电动势的瞬时表达式为
e=200sin100πt
V,A错误,B正确;t=0.01
s时,感应电动势为零,则穿过线圈的
磁通量最大,故C错误;t=0.02
s时,感应电动势为零,则穿过线圈的磁通量的变
化率也为零,故D错误。
4.如图所示,匀强磁场的磁感应强度B=
T,边长L=10
cm的正方形线圈abcd共
100匝,线圈总电阻r=1
Ω,线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动,角速度
ω=2π
rad/s,外电路电阻R=4
Ω。求:
(1)转动过程中线圈中感应电动势的最大值。
(2)从图示位置开始感应电动势的瞬时值表达式。
(3)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过30°角
电路中电流的瞬时值。
【解析】(1)设转动过程中感应电动势的最大值为Em,则
Em=NBL2ω=100×
×0.12×2π
V=2
V。
(2)从图示位置开始感应电动势的瞬时值表达式为
e=Emcos
ωt=2
cos
2πt
(V)
(3)从图示位置开始转过30°角时感应电动势的瞬时值
e′=2
cos
30°
V=
V,
i=
答案:(1)2
V (2)e=2
cos
2πt
(V) (3)
A
【新思维·新考向】
情境:如图所示,矩形线圈100匝,ab=30
cm,ad=20
cm,匀强磁场磁感应强度B=0.8
T。
问题:
若绕轴OO′从图示位置开始匀速转动,角速度ω=100π
rad/s,试求:
(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm是多少,线圈转到什么位置时取得此值?
(2)线圈产生的感应电动势最大值Em是多少,线圈转到什么位置时取得此值?
(3)写出感应电动势e随时间变化的表达式。
【解析】(1)当线圈平面与磁场垂直时,穿过线圈的磁通量有最大值,为:
Φm=BS=0.8×0.3×0.2
Wb=0.048
Wb;
(2)当线圈平面与磁场平行时,感应电动势的最大值为:
Em=NBSω=100×0.8×0.3×0.2×100π
V=480π
V=1
507.2
V;
(3)线圈是从垂直于中性面开始计时,所以瞬时值表达式为余弦函数,有:
e=Emcos100πt=1
507.2cos100πt
V
答案:(1)0.048
Wb 线圈转到中性面时取得此值
(2)1
507.2
V
线圈转到磁场与线圈平面平行时取得此值;
(3)e=1
507.2cos100πt
V(共55张PPT)
2.交变电流的描述
必备知识·素养奠基
一、周期和频率
1.周期:
(1)定义:交变电流,完成一次___________所需的时间,叫作交变电流的周期,
用符号__表示。
(2)单位:___(s)。
(3)意义:周期越大,表明交变电流变化_____。
周期性变化
T
秒
越慢
2.频率:
(1)定义:交变电流在______完成周期性变化的次数,叫作交变电流的频率,用
符号__表示。?
(2)单位:赫兹(Hz),简称赫。
(3)意义:频率越高,表明交变电流变化_____。
1
s内
f
越快
3.周期和频率的关系:T=____或f=___
4.角速度:
(1)定义:产生交变电流的线圈___________转过的角度,用符号___表示。
(2)单位:弧度每秒(rad/s)。
(3)意义:角速度越大,表明交变电流变化_____。
单位时间内
ω
越快
5.转速:
(1)定义:产生交变电流的线圈___________转过的圈数,用符号__表示。
(2)单位:转每秒(r/s)。
(3)意义:转速越大,表明交变电流变化_____。
6.周期、频率、角速度、转速之间的关系:T=
,ω=2πf=2πn。
单位时间内
n
越快
二、峰值和有效值
1.峰值:交变电流的电压、电流所能达到的_____数值。
(1)电动势峰值的表达式:Em=______。
(2)应用:电容器所能承受的电压应_____(选填“高于”或“低于”)交流电压
的峰值,否则电容器就可能被击穿。
最大
nBSω
高于
2.有效值:让交流和恒定电流分别通过_________的电阻,如果在交流的_____
_____内它们产生的_____相等,而这个恒定电流是I、电压是U,我们就把I、U
叫作这个交流的_______。
(1)正弦式交变电流有效值和最大值的关系:
U=____=0.707Um;I=____=0.707Im。
(2)应用:电气设备铭牌上标注的额定电压、额定电流都是_______。交流电压
表和交流电流表测量的也是_______。
大小相同
一个
周期
热量
有效值
有效值
有效值
3.关于交流电的“四值”:
解释符合科学实际的有:_____
①
对于一个正弦式电流的峰值同周期、频率一样是不变的,但有效值是随时
间不断变化的。
②正弦式交变电流的正负两部分是对称的,所以有效值为零。
③正弦式交变电流的有效值等于峰值的
倍。非正弦式交变电流的有效值不
一定等于峰值的
倍。
③⑤
④只要是交变电流,其峰值就是有效值的
倍。
⑤家用电器铭牌上标称的电流、电压都是指有效值。
三、正弦式交变电流的公式和图像
1.详细描述交变电流的两种情况:
(1)公式。
(2)_____。
2.正弦式交变电流的公式:U=__________
3.对应图像:
图像
关键能力·素养形成
一 交变电流有效值的定义和计算
1.交变电流的有效值的定义:让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻,如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等,而这个恒定电流的电流与电压分别为I、U,则I、U叫作这一交变电流的有效值。
2.有效值的计算方法:
(1)若是正弦式交变电流,可利用交变电流的有效值与峰值间的关系求解,即
(2)若不是正弦式交变电流,则必须根据电流的热效应来求解其有效值,且时间
取一个周期。具体解法:假设让交变电流通过电阻R,计算交变电流在一个周期
内产生的热量Q(可分段计算),其中热量Q用相应的恒定电流物理量I或U来表示
(如Q=I2Rt或Q=
t),则I或U为交变电流的相应有效值。
3.几种典型交变电流的有效值:
【思考·讨论】
从实验的角度出发,看看是否能从中找到有效值和最大值的某种关系。
设计如图所示的实验:将一个恒定电流和一个交变电流分别通过同一个小灯泡,若两种情况下小灯泡的亮度是一样的,就可以说明所通的恒定电流的值即为交变电流的有效值。
(科学探究)
提示:(1)为了判断小灯泡的亮度是否一样,在小灯泡的旁边固定了一个光照度传感器,通过数值来判断小灯泡的亮度;
(2)为了读出交变电流的峰值和恒定电流的值,我们将它们接入示波器,借由示波器来读数。
【典例示范】
如图所示是交流电的电流随时间而变化的图像,此交流电的有效值是( )
A.5
A
B.5
A
C.3.5
A
D.3.5
A
【解析】选B。让交变电流与直流电流通过阻值都为R的电阻,设直流电流为I,
则根据有效值的定义有:
=I2RT,解得:I=5
A。故选B。
【规律方法】交变电流有效值的计算
(1)U=
、I=
只适用于正弦式交变电流,对于按其他规律变化的交变电流,
上述关系式一般不再适用。
(2)对于非正弦式交变电流有效值的计算,时间一般选取一个周期。
(3)凡涉及能量、电功以及电功率等物理量时均用有效值,在确定保险丝的熔断
电流时也用有效值。
【素养训练】
1.如图所示,电压的最大值为Um,周期为T,曲线为正弦曲线的一部分,则其有效值为
( )
【解析】选B。根据有效值的定义可得
,解得U=
Um,故B正确,
A、C、D错误。
2.一电阻接一直流电源,通过4
A的电流时热功率为P,若换接一正弦交流电源,
它的热功率变为
,则该交流电电流的最大值为
( )
A.4
A B.6
A C.2
A D.4
A
【解析】选A。接直流电时P=I2R。接交流电时,
,解得Im=4
A,A正
确。
【补偿训练】
1.A、B是两个完全相同的电热器,A通以图甲的方波交变电流,B通以图乙所
示的正弦交变电流,则两电热器的电功率之比PA∶PB等于
( )
A.5∶4
B.3∶2
C.
∶1
D.2∶1
【解析】选A。根据有效值的定义,对甲图则有:
求出IA=
I0
对乙图有:IB=
根据功率公式P=I2R得:
,故选A。
2.利用半导体二极管的单向导电性,可以对交变电流进行整流,将交变电流变为直流,一种简单的整流电路如图甲所示,ab为交变电流信号输入端,D为半导体二极管,R为定值电阻。信号输入后,电阻R两端输出的电压信号如图乙所示,则关于该输出信号,下列说法正确的是
( )
A.频率为100
Hz
B.电压有效值为50
V
C.一个标有“90
V,30
μF”的电容器并联在电阻R两端,可以正常工作
D.若电阻R=10
Ω,则1
min内R产生的热量为1.5×104
J
【解析】选D。由图乙可知,该电压的周期为0.02
s,故频率为50
Hz,故A错误;
由电流的热效应知,一个周期内电阻产生的热量
×0.01=
×0.02,故电压
有效值为50
V,故B错误;电容器两端的瞬时电压不应超过标称电压,故C错误;电
阻R产生的热量应使用电压的有效值进行计算,故产生的热量为Q=
t=1.5×
104
J,故D正确。
二 交变电流的四值的对比
名称
重要关系
适用情况
瞬时值
e=Emsinωt
i=Imsinωt
分析交变电流在某一时刻的情况
最大值
Em=nBSω
Im=
确定用电器的耐压值
名称
重要关系
适用情况
有效值
(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)
(2)交流电表的测量值
(3)电气设备标注的额定电压、额定电流
(4)保险丝的熔断电流
平均值
计算通过电路横截面的电量
【思考·讨论】
某交流电压的瞬时值表达式u=6
sin(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?
(科学思维)
提示:小灯泡不会被烧坏。交流电压的瞬时值表达式u=6
sin(100πt)
V中
6
V是最大值,其有效值是6
V,而标有“6
V 2
W”的小灯泡中的6
V是有效
值。该交流电压的最大值为6
V,故6
V的电容器会被击穿。
【典例示范】
如图所示,内阻为r的线圈面积为S,共N匝,处在磁感应强度为B的匀强磁场中,
以角速度ω匀速转动,线圈通过电刷与一个阻值为R的电阻连接,V为理想交流电
压表。则下列说法正确的是
( )
A.在图示位置线圈中电流改变方向
B.以图示位置为计时零点,电流的表达式为i=
C.电压表的读数是
D.线圈从图示位置开始转过90°角的过程中,通过线圈导线截面的电量为
【解析】选C。图示位置线圈与磁场方向平行,电流不会改变方向,故A错误;电
流的最大值为:Im=
,以图示位置为计时零点,电流的表达式为:i=
cosωt,故B错误;通过电阻R电流的有效值为:I=
,电压表
的读数为:U=IR=
,故C正确;线圈从图示位置开始转过90°角的过程中,
通过线圈导线截面的电量为:q=
,故D错误。
【素养训练】
1.一交流电压为u=200
sin100πt(V),由此表达式可知
( )
A.用电压表测该电压时,其示数为200
V
B.该交流电压的周期为0.01
s
C.将该电压加在“200
V 100
W”的灯泡两端,灯泡的实际功率小于100
W
D.t=
s时,该交流电压的瞬时值为200
V
【解析】选D。一交流电压为u=200
sinπt(V),电压最大值是200
V,电压
的有效值为200
V,故用电压表测该电压时,其示数为200
V,故A错误;由表达式
知ω=100π
rad/s,则周期T=
=0.02
s,故B错误;该电压加在“200
V
100
W”的灯泡两端,灯泡恰好正常工作,灯泡的实际功率等于100
W,故C错误;
将t=
s代入瞬时值表达式得电压的瞬时值为200
V,故D正确。
2.(多选)图甲为小型交流发电机的原理图,发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动,从t=0时刻开始,通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示,已知线圈的匝数n=50匝,线圈的电阻r=
5
Ω,线圈外电路连接的定值电阻R=45
Ω,电压表为理想交流电表。则下列判断正确的是
( )
A.线圈转动的周期为6.28
s
B.t=0时刻线圈中感应电动势为零
C.线圈转动过程中产生的最大感应电动势为100
V
D.电压表的示数为45
V
【解析】选D。线圈转动的周期为T=6.28×10-2
s,故A错误;t=0时刻,线圈磁通
量为零,磁通量的变化率最大,感应电动势最大,故B错误;根据图像,T=6.28×
10-2
s,ω=
=100
rad/s,Em=nΦmω=50×2.0×10-2×100
V=100
V,故C错误;
电动势的有效值E=
V,电压表的示数U=
,故D
正确。
【补偿训练】
(多选)如图单匝闭合矩形线圈,长为a,宽为b,匀强磁场的磁感应强度为B,线圈电阻为R,当其绕固定轴OO′以角速度ω匀速转动时,其转速为n,感应电动势的峰值为Em,功率为P,一个周期内线圈中产生的热量为Q。则
( )
A.ω=2πn
B.Em=nBabω
C.P=
D.Q=
【解析】选A、D。角速度为ω=
=2πn,故A正确;产生的最大感应电动势为
Em=BSω=Babω,故B错误;产生的热量为Q=
功率为P=
,故C错误,D正确;故选A、D。
【拓展例题】考查内容:交变电流的相位和相位差
【典例】(多选)今有两交变电流,其表达式分别为e甲=100sin(314t+
),e乙
=200sin(314t+
),则下列说法中正确的是
( )
A.它们的周期相同,均为0.02
s
B.它们的相位相同,初相不同
C.它们的相位差为
,甲比乙超前
D.它们的相位差为
,甲比乙落后
【解析】选A、C。由题意,甲、乙的角速度均为ω=314
rad/s,由ω=
得
T=0.02
s,故A对;由相位的概念知B错;由相位差的定义可知:(314t+
)-(314t+
)=
,即甲比乙超前
,或者说乙比甲落后
,故C对,D错。
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.如图是某交流发电机输出的交变电压的图像,根据图像可以判定此交流
电
( )
A.电压的最大值是12
V
B.周期为0.1
s
C.频率为5
Hz
D.电压的有效值是12
V
【解析】选C。由图像可知,交流电电压的最大值Em=12
V,周期T=0.2
s,故交流
电的频率f=
=5
Hz,故A、B错误,C正确;根据正弦式交流电最大值和有效值的
关系可知,电压的有效值E=
=6
V,故D错误。
2.多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇,过去是用变压器来实现上述调节
的,缺点是成本高、体积大、效率低,且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速。
现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的,如图所示为
一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压,即在正弦式电流的每
一个
周期中,前面的
周期被截去,从而改变了电灯上的电压。那么现在电灯
上的电压为
( )
A.Um
B.
C.
D.
【解析】选C。设交流电压的有效值为U,将交流电与直流电分别通过相同电阻R,
分析一个周期内产生的热量:交流电
Q1=
直流电Q2=
·T,由Q1=Q2,得:
U=
,故C正确,A、B、D错误。
3.一交流电流的图像如图所示,由图可知
( )
A.用电流表测该电流,其示数为4
A
B.该交流电流的频率为0.01
Hz
C.该交流电流通过10
Ω电阻时,电阻消耗的电功率为160
W
D.该交流电流瞬时值表达式为i=4
sin100πt(A)
【解析】选C。根据i-t图像,电流的最大值为Im=
A,而电流表读数为电流的
有效值I=
=4
A,故A错误;根据i-t图像,周期T=0.01
s,频率f=
=100
Hz,故B错误;电阻消耗的电功率P=I2R=42×10
W=160
W,故C正确;电流的
最大值Im=4
A,ω=
rad/s=200π
rad/s,该交流电流瞬时值表达式
i=Imsinωt=4
sin200πt
(A),故D错误。
4.如图所示是一个交流发电机的示意图,线框abcd处于匀强磁场中,已知ab
=bc=10
cm,匀强磁场的磁感应强度B=1
T,线圈的匝数N=100,线圈的总电阻r=
5
Ω,外电路负载电阻R=5
Ω,线圈以n=10
r/s转动,电表是理想电表。求:
(1)电压表的示数。
(2)从图示位置开始经
s时感应电动势的瞬时值多大?
(3)线圈匀速转动一周外力做多少功?
【解析】(1)角速度ω=2πn,故Em=NBSω=62.8
V
电动势有效值E=
=44.4
V
电路中的电流I=
=4.44
A
电压表的示数U=IR=22.2
V。
(2)电动势瞬时值表达式e=Emcos2πnt,
当t=
s时,e=31.4
V。
(3)由功能关系式知:
W=Q=I2(R+r)T=19.7
J。
答案:(1)22.2
V (2)31.4
V (3)19.7
J
【新思维·新考向】
情境:如图1所示,一个半径为r的半圆形线框,以直径ab为轴匀速转动,周期为T,ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场,磁感应强度大小为B。M和N是两个集流环,负载电阻为R,线框电阻为R0,摩擦和其他部分的电阻均不计。
问题:
从图示位置开始计时:
(1)在图2中画出线框产生的电动势随时间变化的图像(至少画两个周期);
(2)求线框转过
时间内通过负载电阻R的电荷量;
(3)求线框转过
时间内外力做的功;
(4)电压表的示数为多少?
【解析】(1)根据题意得:最大电动势Em=
电动势随时间变化的图像,如图所示:
(2)从图示位置起转过
T的时间内,穿过线框平面的磁通量的变化量为:ΔΦ=
Bπr2,
则通过小灯泡的电荷量为
q=
(3)线框转过
时间内外力做的功
W=
(4)根据电流的热效应得:
解得:E=
电压表的示数为U=
答案:(1)见解析 (共73张PPT)
3.变 压 器
必备知识·素养奠基
一、变压器的原理
1.变压器的构造:
由_________和绕在铁芯上的两个线圈组成,如图所示。
闭合铁芯
(1)原线圈:与_________连接的线圈,也叫_________。
(2)副线圈:与_____连接的线圈,也叫_________。
2.变压器的工作原理:变压器工作的基础是_____现象,电流通过原线圈时在铁
芯中激发的磁场不仅穿过原线圈,也同时穿过___线圈,由于电流的大小、方向
在不断变化,铁芯中的磁场也在不断变化,变化的磁场在副线圈中产生_____
_______。
3.作用:改变交变电流的电压,_______(选填“改变”或“不改变”)交流电的
周期和频率。
交流电源
初级线圈
负载
次级线圈
互感
副
感应
电动势
不改变
二、电压与匝数的关系
1.理想变压器:没有_________的变压器。
2.电压与匝数的关系:原、副线圈的电压之比,等于两个线圈的_____之比,
即
3.两类变压器:
(1)副线圈电压比原线圈电压低的变压器叫_____变压器。
(2)副线圈电压比原线圈电压高的变压器叫_____变压器。
能量损失
匝数
降压
升压
4.应用:
(1)远距离输电中,升压和降压后提供给用户。
(2)满足各种不同电压要求的用电设备。
5.关于变压器的原理和应用:
解释符合科学实际的有:_______
①变压器是利用互感现象实现了电能向磁场能再到电能的转化。
②在理想变压器中原、副线圈的磁通量的变化率是一致的。
③理想变压器的输入功率和输出功率相等。
④输入交变电流的频率越高,输出交变电流的电压就越高。
⑤变压器能改变所有交变电流的电压。
⑥我们可以根据变压器线圈导线的粗细判断其匝数的多少。
①②③
关键能力·素养形成
一 理想变压器的变压和变流
1.理想变压器的特点:
(1)变压器铁芯内无漏磁,无发热损失。
(2)原、副线圈不计内阻,即无能量损失。
2.电动势关系:由于互感现象,且没有漏磁,原、副线圈中每一匝线圈都具有相
同的
,根据法拉第电磁感应定律有E1=n1
,E2=n2
,所以
3.电压关系:由于不计原、副线圈的电阻,因此原线圈两端的电压U1=E1,副线圈
两端的电压U2=E2,所以
。当有n组线圈时,则有
…
4.功率关系:对于理想变压器,不考虑能量损失,有P入=P出。
5.电流关系:由功率关系,当只有一个副线圈时,有I1U1=I2U2,得
当有多个副线圈时,I1U1=I2U2+I3U3+…,得I1n1=I2n2+I3n3+…
6.变压器的分类:
【思考·讨论】
如图所示,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。
(1)两个线圈并没有连接,小灯泡为什么会发光?
(科学思维)
(2)小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压相等吗?如果不相等,与什么因素有关?
(科学思维)
(3)若将原线圈接在恒定的直流电源上小灯泡发光吗?为什么?
(科学探究)
提示:(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。小灯泡两端的电压,即副线圈两端的电压与原、副线圈匝数比有
关。
(3)不发光,因为无法在副线圈中产生感应电动势。
【典例示范】
图甲中的变压器为理想变压器,原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1,变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电,电阻R1=R2=R3=20
Ω和电容器C连接成如图甲所示的电路。其中,电容器击穿电压为8
V,各电表均为理想交流电表,开关S处于断开状态,则
( )
A.电压表V的读数为10
V
B.电流表A的读数约为0.05
A
C.电阻R2上消耗的功率为2.5
W
D.若闭合开关S,电容器会被击穿
【解析】选C。开关断开时,副线圈与R1和R2串联,电压表测量R2的电压,由图可
知原线圈电压为100
V,所以副线圈电压为10
V,则电压表的读数是R2的电压
为5
V≈7.07
V,故A错误;由A的分析可知,副线圈电流为I2=
,所以原线圈电流为I1=
I2=0.025
A,故B错误;电阻R2上消耗的功率
为P=
R2=(0.25
)2×20
W=2.5
W,故C正确;当开关闭合时,R1与R3并联后和R2
串联,电容器的电压为并联部分的电压,并联部分电阻为R并=10
Ω,所以并联部
分的电压为UC=
,最大值为
<8
V,所以电容器不会被击穿,故D错误。
【规律方法】理想变压器的特点
(1)电压表、电流表示数均为有效值。
(2)理想变压器P入=P出。
(3)变压器不改变频率,即原、副线圈交变电流频率相等。
【素养训练】
1.如图所示的变压器电路中,三个定值电阻的阻值相同,理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1,在a、b端加上电压为U的交流电压,电键S断开时,电流表的示数为I,则S闭合后,电流表的示数为
( )
【解析】选D。设每个电阻的阻值为R,电键S断开时,根据变流比,副线圈中的电
流为2I,所以副线圈两端的电压为U2=2IR,根据变压比,原线圈两端的电压为4IR,
结合串并联电路特点有U=4IR+IR=5IR;同理,当电键S闭合时,设电流表的示数为
I1,副线圈中的电流为2I1,副线圈两端的电压为I1R,则原线圈两端电压为2I1R,则
U=2I1R+I1R=3I1R,得到I1=
I,故D正确,A、B、C错误。
2.如图所示,10匝矩形线框,在磁感应强度为0.2
T的匀强磁场中,绕垂直磁场的轴OO′以角速度100π
rad/s匀速转动,线框电阻不计,面积为0.5
m2,线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连,副线圈接有两只灯泡L1和L2。已知变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,开关断开时L1正常发光,且电流表示数为0.01
A,则
( )
A.若开关S闭合,灯泡L1亮度不变,电流表示数将增大
B.闭合开关后电压表示数为5
V
C.灯泡L1的额定功率为3.14
W
D.若从图示位置开始计时,线框中感应电动势的瞬时值为314sin100πt(V)
【解析】选A。若开关S闭合,输出电压不变,所以灯泡L1亮度不变;输出电压不变,
输出端电阻减小,故输出电流增加,故输入电流也增加,电流表示数增大,故A正
确;变压器的输入电压的最大值为:Um=NBSω=100π
V,变压器输入电压的有效值
为:U1=
,线圈匝数之比为10∶1,故闭合开关后电压表示数为
5
π
V,故B错误;开关断开时L1正常发光,且电流表示数为0.01
A,灯泡L1的额
定功率等于此时变压器的输入功率,为:P=U1I1=50
π×0.01
W=0.5
π
W
=2.22
W,故C错误;从垂直中性面位置开始计时,故线框中感应电动势的瞬时值
为:u=Umcosωt=100πcos100πt(V),故D错误。
【补偿训练】
1.如图所示,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“200
V 60
W”灯泡一只且灯泡正常发光。则
( )
A.电流表的示数为0.015
A
B.电源输出功率为1200
W
C.电流表的示数为6
A
D.原线圈端电压为10
V
【解析】选A。从副线圈接入“200
V 60
W”灯泡一只,且灯泡正常发光这一
条件可以看出,输出功率为60
W,由公式
得电流表读数是0.015
A,由
得原线圈端电压为4
000
V。
2.如图所示,为了浴室用电安全,某同学用理想变压器给浴室降压供电,理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1,原线圈输入交变电压u=311sin
100πt
(V),已知照明灯额定功率为44
W,排气扇电动机内阻为1
Ω,电流表示数为2
A,各用电器均正常工作,电表均为理想电表。则
( )
A.电压表示数为62
V
B.变压器的输入功率为186
W
C.排气扇输出功率为43
W
D.保险丝熔断电流不得低于2
A
【解析】选C。变压器输入交变电压u=311sin
100πt(V),有效值U=220
V,变压
器原、副线圈匝数比为5∶1,所以副线圈电压U2=44
V,故A错误。电流表示数为
2
A,所以输出功率P=44×2
W=88
W,所以变压器的输入功率为88
W,故B错误。
照明灯的电流I1=
A=1
A,则排气扇的电流为I2=2
A-1
A=1
A,则排气扇输出
功率为P出=I2U2-
r=1×44
W-12×1
W=43
W,选项C正确。变压器的初级电流为
I=
I次=
A=0.4
A,故保险丝熔断电流不得低于0.4
A,选项D错误,故选C。
二 理想变压器的三个制约关系和动态分析
1.理想变压器的制约条件:
(1)电压制约:当变压器原、副线圈的匝数比
一定时,输出电压U2由输入电压
U1决定,即U2=
。
(2)电流制约:当变压器原、副线圈的匝数比
一定时,且输入电压U1确定时,
原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定,即I1=
。
(3)功率制约:①变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定,P2=P负1+P负2+…;
②功率关系P1=P2=P负,即变压器的输入功率是由输出功率决定的。
2.对理想变压器进行动态分析的两种常见情况:
(1)原、副线圈匝数比不变,分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况,进行动态分析的顺序是R→I2→P2→P1→I1。
(2)负载电阻不变,分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况,进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1。
【典例示范】
如图所示,理想变压器原线圈的输入电压u一定,电路中的电表均为理想电表,
当滑动变阻器的滑片由上向下滑动时,下列说法正确的是
( )
A.电流表
示数减小
B.电流表
示数增大
C.电压表
示数减小
D.电压表
示数增大
【解析】选B。滑动变阻器的滑片由上向下滑动时,电阻R2减小,根据闭合电路
欧姆定律,和R2串联的元件电流增大,所以
、
示数增大,故A错误,B正确;
理想变压器原线圈的输入电压u一定,根据
知,
示数不变,故C错误;总
电流增大,经过R1的电流也增大,其两端的电压也增大,而R1和R2总电压不变,所
以R2两端电压减小,即电压表
示数减小,故D错误。
【规律方法】理想变压器动态问题的处理方法
(1)首先抓住三个决定原则:输入电压U1决定输出电压U2;输出电流I2决定输入电流I1;输出功率P2决定输入功率P1。
(2)把副线圈当作电源,研究副线圈电路电阻变化。
(3)根据闭合电路的欧姆定律,判定副线圈电流的变化、功率的变化。
(4)根据理想变压器的变压规律、变流规律和功率规律判定原线圈电流的变化及输入功率的变化。
【素养训练】
1.(多选)(2020·全国Ⅲ卷)在图(a)所示的交流电路中,电源电压的有效值为220
V,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,R1、R2、R3均为固定电阻,
R2=10
Ω,R3=20
Ω,各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是
( )
A.所用交流电的频率为50
Hz
B.电压表的示数为100
V
C.电流表的示数为1.0
A
D.变压器传输的电功率为15.0
W
【解析】选A、D。由图(b)可知,T=0.02
s,所以f=50
Hz,A正确;由图(b)可知电
流i2的最大值为Im=
A,故有效值I2=
=1
A,R2两端的电压U2=I2R2=10
V,由
理想变压器的电压特点
可得原线圈的两端电压U1=100
V,所以电压表的
示数为UV=220
V-100
V=120
V,B错误;由欧姆定律得IA=
A=0.5
A,C
错误;变压器副线圈的电流I=1
A+0.5
A=1.5
A,变压器传输的电功率P=U2I=
10
V×1.5
A=15.0
W,D正确。
2.如图所示,甲为理想自耦变压器,A、P分别是可以滑动的触头。变压器输入图乙所示的交流电压,则
( )
A.滑动变阻器两端的电压等于220
V
B.触头A向下滑动时,滑动变阻器消耗功率变大
C.触头A向上滑动时,滑动变阻器两端电压变大
D.触头A向下滑动时,滑动变阻器消耗功率变小
【解析】选B。变压器输入电压有效值为220
V,则由变压器次级线圈匝数大于初级线圈匝数,可知滑动变阻器两端的电压大于220
V,故A错误;触头A向下滑动时,初级线圈匝数减小,则次级线圈电压变大,滑动变阻器消耗功率变大,故B正确,D错误;触头A向上滑动时,初级线圈匝数增大,匝数比减小,故输出电压减小,滑动变阻器两端电压变小,故C错误。
【补偿训练】
如图所示,一理想变压器初次级线圈的匝数比为3∶1,次级接三个相同的灯泡,
设其中一个灯泡电流为I,电压为U;初级线圈中串有一个相同的灯泡L,则( )
A.灯L的电压为3U
B.灯L的电流为3I
C.灯L的电压为U
D.灯L的电压无法计算
【解析】选C。本题需要先根据原副线圈电流比公式得出原线圈中的电流,由于
四个灯泡相同,根据电流比求出L两端的电压;副线圈中总电流为I2=3I,根据原
副线圈电流比公式
,可得原线圈中的电流为I1=I,和副线圈中其中任意
灯泡的电流相同,故可得灯L两端的电压为U,所以C正确;故选C。
三 科学探究——探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1.实验目的:探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
2.设计思路:利用教学用的可拆变压器进行探究。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。
3.数据处理方法:
(1)用表格的形式把原、副线圈的匝数与电压进行比较,寻找它们之间的关系。
(2)得出探究的结果后,力求用准确而精练的语言把它们表述出来。如果可能,
最好用数学关系式来表达。
4.实验结论:理想变压器原、副线圈的电压之比,等于原、副线圈的匝数之比。
【思考·讨论】
(1)为什么原、副线圈的电压之比,不严格等于原、副线圈的匝数之比?
(科学探究)
提示:变压器线圈通过电流时会发热;铁芯在交变磁场的作用下也会发热。此外,交变电流产生的磁场也不可能完全局限在铁芯内。
(2)为什么说理想变压器是一个理想化模型?(科学探究)
提示:有些变压器工作时的能量损失很小,可以忽略。我们把没有能量损失的变压器叫作理想变压器。理想变压器是一个理想化模型。
【典例示范】
某班物理实验课上,同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。
(1)下列说法正确的是__________。?
A.为确保实验安全,实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B.变压器的原线圈接低压交流电,测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流
电压挡”
C.可以先保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,研究副线圈匝数对副
线圈电压的影响
D.测量副线圈电压时,先用最大量程试测,大致确定电压后再选用适当的挡位进
行测量
E.变压器开始正常工作后,铁芯导电,把电能由原线圈输送到副线圈
F.变压器开始正常工作后,若不计各种损耗,在原线圈上将电能转化成磁场能,
在副线圈上将磁场能转化成电能,铁芯起到“传递”磁场能的作用
(2)如图丙所示,某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上。原线圈
接学生电源的交流输出端,副线圈接小灯泡。下列说法正确的是________。?
A.与变压器未通电时相比较,此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费
力
B.若仅增加原线圈绕制的圈数,小灯泡的亮度将保持不变
C.若仅增加副线圈绕制的圈数,学生电源的过载指示灯可能会亮起
(3)理想变压器是一种理想化模型。请分析说明该模型应忽略哪些次要因素;
并证明: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,即
【解析】(1)为确保实验安全,应该降低输出电压,实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数,故A错误;变压器只能改变交流电的电压,原线圈输入交流电压,副线圈输出交流电压,应用多用电表的“交流电压挡”测量,故B错误;研究变压器电压和匝数的关系,用到控制变量法,可以先保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,研究副线圈匝数对副线圈电压的影响,故C正确;为了保护电表,测量副线圈电压时,先用最大量程试测,大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量,故D正确;变压器的工作原理是电磁感应现象,即不计各种损耗,在原线圈上将电能转化成磁场能,在副线圈上将磁场能转化成电能,铁芯起到“传递”磁场能的作用,不是铁芯导电,传输电能,故E错误,F正确。
(2)与变压器未通电时相比较,通电时,线圈产生磁性,对横条铁芯具有吸引力,若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力,故A正确;增加原线圈绕制的圈数,根据变压比可知,输出电压减小,灯泡的亮度降低,故B错误;增加副线圈绕制的圈数,根据变压比可知,输出电压增大,根据欧姆定律可知,输出电流增大,根据变流比可知,输入电流增大,学生电源的过载指示灯可能会亮起,故C正确。
(3)理想变压器模型应忽略的次要因素如下:
①不计漏磁,即通过原副线圈每匝线圈的磁通量都相等,因而不计磁场能损失;
②不计原副线圈的电阻,因而不计线圈的热能损失;
③不计铁芯中产生的涡流,因而不计铁芯的热能损失。
综上,理想变压器在传输能量时没有能量损失。
根据法拉第电磁感应定律,原、副线圈产生的感应电动势分别为E1=n1
,
E2=n2
,因理想变压器不计原、副线圈的电阻,则线圈两端的电压等于它产生
的感应电动势,
即U1=E1,U2=E2
联立解得,
答案:(1)C、D、F (2)A、C (3)见解析
【素养训练】
如图所示为一个教学用的简易变压器,两线圈的匝数未知,某同学想用所学变压器的知识测定两线圈的匝数。
(1)为完成该实验,除了选用电压表、导线外,还需要选用低压________(选填“直流”或“交流”)电源。?
(2)该同学在变压器铁芯上绕10匝绝缘金属导线C,然后将A线圈接电源,用电压表分别测出线圈A、线圈B及线圈C两端的电压,记录在表格中,则线圈A的匝数为________匝,线圈B的匝数为________匝。?
(3)为减小线圈匝数的测量误差,你认为绕制线圈C的匝数应该__________(选填“多一些”或“少一些”)更好。?
A线圈电压
B线圈电压
C线圈电压
8.0
V
3.8
V
0.2
V
【解析】(1)变压器必须使用交流电源,直流电源不能让变压器正常工作。
(2)设A、B、C的线圈匝数分别为n1、n2、n3,电压分别为U1、U2、U3,线圈电压和
匝数成正比,
有
(3)为减小线圈匝数的测量误差,绕制线圈C的匝数应该多一些。
答案:(1)交流 (2)400 190 (3)多一些
【补偿训练】
1.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中,
(1)下列器材需要的有__________。?
A.干电池组 B.滑动变阻器 C.学生电源
D.直流电压表 E.多用电表 F.条形磁铁
G.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
(2)变压器的工作原理是____________。?
(3)如图,当左侧线圈“0”“16”间接入12
V电压时,右侧线圈“0”“4”接线柱间输出电压可能是__________。?
A.6
V B.4.3
V C.2.1
V
【解析】(1)电源应是用来提供交流电压的,所以不能选择干电池,要选择有交流电输出的学生电源。故A错误,C正确;该实验不需要滑动变阻器。故B错误;测量交流电的电压不能使用直流电压表,可以用多用电表。故D错误,E正确;实验还需可拆变压器和导线,不需要条形磁铁,故F错误,G正确。
(2)变压器的工作原理是:电磁感应。
(3)当左侧线圈“0”“16”间接入12
V电压时,左侧线圈的匝数为16n;右侧线
圈接“0”“4”接线柱时,右侧线圈的匝数为4n;其中n为某一个常数;理想变压
器线圈两端的电压与匝数的关系:
,如果是理想变压器,那么接线柱间输
出电压是3
V,实验中考虑到漏磁、绕组导线中产生的焦耳热等因素,所以接线
柱间输出电压要小于3
V,故A、B错误,C正确。
答案:(1)C、E、G (2)电磁感应 (3)C
2.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中:
(1)原线圈中接入的电源是________;?
A.220
V交流电
B.学生电源12
V以下直流输出
C.学生电源12
V以下交流输出
(2)对于实验过程,下列说法正确的是________。?
A.为便于探究,应该采用控制变量法
B.因为实验所用电压较低,通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
C.使用多用电表测电压时,先用中等量程挡试测,再选用恰当的挡位进行测量
【解析】(1)“探究变压器的电压与匝数的关系”实验中,变压器是改变电压,因此为了人身安全,原线圈两端只能使用低压交流电源,所用电压不超过12
V,故A、B错误,C正确。
(2)探究变压器原副线圈两端的电压与匝数的关系,为便于探究,应该采用控制变量法,故A正确;实验通电时,用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路,这样无形之中,将人体并联在电路中,导致所测数据不准确,故B错误;使用多用电表测电压时,先用最高量程挡试测,再选用恰当的挡位进行测量,故C错误。
答案:(1)C (2)A
3.为探究变压器两个线圈的电压关系,张明同学设计如下实验中,操作步骤如下:
①将原线圈与副线圈对调,重复以上步骤;
②将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上,另一个作为副线圈,接上小灯泡;
③闭合电源开关,用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压;
④将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上。
(1)以上操作的合理顺序是________(填步骤前数字序号)。?
(2)如图所示,在实验中,两线圈的匝数n1=1
600,n2=400,当将n1作为原线圈时,原线圈两端电压为16
V,副线圈两端电压为4
V;n1与n2对调后,原线圈两端电压为8
V时,副线圈两端电压为32
V,那么可初步确定,变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是________________(填写字母关系式)。?
【解析】(1)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中,首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上;再将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上,另一个作为副线圈,接上小灯泡;闭合电源开关、用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压;最后将原线圈与副线圈对调,重复以上步骤;故以上操作的合理顺序是④②③①。
(2)根据法拉第电磁感应定律,原副线圈的磁通量的变化率相同,则感应电动势
的大小与匝数成正比,两线圈的匝数n1=1
600,n2=400,当将n1作为原线圈时,
U1=16
V,副线圈两端电压U2=4
V;当原线圈与副线圈对调后,U1′=8
V时,U2′=
32
V,此时U2′为原线圈的电压,而U1′为副线圈的电压;由以上数据可得:
答案:(1)④②③①
(2)
【拓展例题】考查内容:电压互感器和电流互感器
【典例】为了测量高电压和强电流,常用到变压器的有关原理。如图所示,L1和L2是输电线,甲是电压互感器,乙是电流互感器。若电压互感器上下线圈的匝数比为1
000∶1,电流互感器上下线圈的匝数比为1∶100,并且知道电压表示数为220
V,电流表示数为10
A,下列说法正确的是
( )
A.两输电线的电压为220
V
B.L2中的电流强度为10
A
C.电路中输送的功率为2.2×108
W
D.两输电线间的电阻为22
Ω
【解析】选C。甲图的原线圈两端接电源两端的电压,所以是电压互感器,已知
n1∶n2=1
000∶1,电压表示数为U2=220
V,根据
可得传输电压为U1=2.2
×105
V,选项A错误。乙图中的原线圈串联接入输电线的一根导线,所以是电流
互感器,已知n3∶n4=1∶100,电流表示数为I4=10
A,根据
可得传输电流
为:I3=1
000
A,选项B错误。输电线中输送的功率为P=U1I3=2.2×108
W,选项C
正确。两输电线间的电阻无法求得,选项D错误;故选C。
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.(2020·江苏高考)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器,工作原理如图所示。其原线圈匝数较少,串联在电路中,副线圈匝数较多,两端接在电流表上。则电流互感器
( )
A.是一种降压变压器
B.能测量直流电路的电流
C.原、副线圈电流的频率不同
D.副线圈的电流小于原线圈的电流
【解析】选D。原线圈匝数较少,电流互感器是一种升压变压器,A选项错误。电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象,只可以测量交变电流,B选项错误。电流互感器不会改变电流的频率,只改变电流的大小,故原、副线圈电流的频率相同,C选项错误。原线圈匝数较少,根据I1n1=I2n2,电流互感器是一种降电流的变压器,副线圈的电流小于原线圈的电流,D正确。
2.如图是“探究变压器线圈两端的电压与匝数关系”的实验示意图,a线圈接交流电源,b线圈接交流电压表,不计两线圈的内阻,在实验过程中
( )
A.只增加b线圈的匝数,电压表的示数一定增大
B.只增加a线圈的匝数,电压表的示数一定增大
C.同时增加a、b两线圈的匝数,电压表的示数一定增大
D.只改变a线圈两端的电压,电压表的示数不变
【解析】选A。根据
,解得:Ub=
Ua,若只增加b线圈的匝数,电压表的
示数一定增大,若只增加a线圈的匝数,电压表的示数一定减小,故A正确,B错误;
根据
,解得:Ub=
Ua,则电压表的示数应与a、b两线圈的匝数比有关,
故C错误;根据
,解得:Ub=
Ua,则只改变a线圈两端的电压,电压表的示
数改变,故D错误。
3.如图所示,变压器原线圈接交流高压,降压后通过输电导线给用电器供电,当电键S断开时,图中电压表示数U和电流表示数I的变化是
( )
A.U、I均变大
B.U变大,I变小
C.U、I均变小
D.U变小,I变大
【解析】选B。变压器输入电压不变,输出电压不变。当电键S断开时,副线圈回路中总电阻增大,干路电流减小,原线圈电流随着减小,即电流表示数变小;对于副线圈回路,因总电压不变,电流减小,则与电压表并联的电阻R分担的电压增大,即电压表示数变大。故B正确,A、C、D错误。
4.如图所示,一台有两个副线圈的变压器,原线圈匝数n1=1
100,接入电压U1=220
V的电路中。
(1)要求在两组副线圈上分别得到电压U2=6
V,U3=110
V,它们的匝数n2、n3分别为多少?
(2)若在两副线圈上分别接上“6
V,20
W”“110
V,60
W”的两个用电器,原线圈的输入电流为多少?
【解析】(1)变压器电压比等于匝数比
有
所以n2=30,n3=550。
(2)两组副线圈上电压分别为U2=6
V,U3=110
V,在两副线圈上分别接上“6
V,
20
W”“110
V,60
W”的两个用电器时,这两个用电器都能正常工作,所以这两
个用电器实际消耗的功率就为20
W和60
W。
又因为理想变压器的输入功率等于输出功率,所以P1=P2+P3。
即I1·U1=20
W+60
W=80
W,因为U1=220
V,所以I1=0.36
A
答案:(1)n2=30,n3=550 (2)0.36
A
【新思维·新考向】
情境:如图所示,100匝矩形导线框处于磁感应强度大小B=
T
的水平匀强磁
场中,线框面积S=0.5
m2,线框电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度
ω=100π
rad/s匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,副线圈中接一只
“220
V,60
W”的灯泡。
问题:
若电流表为理想交流电表。求:
(1)线圈从图示位置开始计时,产生感应电动势瞬时值的表达式。
(2)为使灯泡正常发光,理想变压器的匝数比。
(3)理想交流电流表的示数。
【解析】(1)由Em=NBSω,得:Em=500
V
e=500
cos100πt
V
(2)U1=
=500
V U2=220
V
根据
解得:
(3)根据理想变压器原副线圈的功率关系:P1=P2=U1I1
解得:I1=
A=0.12
A
答案:(1)e=500
cos100πt
V (2)25∶11 (3)0.12
A(共58张PPT)
4.电能的输送
必备知识·素养奠基
一、降低输电损耗的两个途径
1.输送电能的基本要求:
2.降低输电损耗的两个途径:
(1)输电线上的功率损失:ΔP=___,I为输电电流,r为输电线的电阻。
(2)降低输电损耗的两个途径。
①减小输电线的_____:在输电距离一定的情况下,为了减小_____,应当选用电
阻率小的金属材料,还要尽可能增加导线的_________。
②减小输电导线中的_____:为减小输电_____,同时又要保证向用户提供一定
的电功率,就要提高输电_____。
I2r
电阻
电阻
横截面积
电流
电流
电压
二、电网供电
1.远距离输电的基本原理:在发电站内用升压变压器升压,然后进行远距离输
电,在用电区域通过_____变压器降到所需的电压。
2.电网:通过网状的输电线、_______,将许多电厂和广大用户连接起来,形成全
国性或地区性的输电_____。
3.电网输电的优点:
(1)降低一次能源的运输成本,获得最大经济效益。
(2)减小_____的风险,调节不同地区电力供求的平衡,保障供电的质量。
(3)合理调度电力,使_____的供应更加可靠,质量更高。
降压
变电站
网络
断电
电力
4.关于电能的输送:
解释符合科学实际的有:_____
①输电线上电功率的损失,与输电线的电阻成正比,与输电线电流的平方成正
比。
②由P=
可知,输电电压越小,输电线上电功率的损失就越小。
③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。
④远距离输电时,若升压变压器匝数比为1∶n,降压变压器匝数比为n∶1,则升
压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等。
①③
关键能力·素养形成
一 输电线上的电压和电能的损失
1.输电线上的电压损失:ΔU=U-U′=Ir=
r。
2.输电线上的功率损失:
(1)ΔP=I2r,其中I为输电线上的电流。
(2)ΔP=ΔU·I或ΔP=
,其中ΔU为输电线上的电压损失。
3.减少电压损失和功率损失的方法:
(1)减小输电线的电阻r,根据r=ρ
,可减小电阻率ρ,目前一般用电阻率较小
的铜或铝作为导线材料;也可增大导线的横截面积S,但这要多耗费金属材料,增
加成本,同时给输电线的架设带来很大的困难。
(2)减小输电电流I,根据I=
,在输送功率P一定,输电线电阻r一定的条件下,
输电电压提高到原来的n倍,输送电流可减为原来的
,输电线上的功率损耗将
降为原来的
。
【思考·讨论】
如图所示,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:
(1)用户得到的电能与发电厂输出的电能相等吗?
(科学思维)
(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?
(科学思维)
提示:(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。
【典例示范】
西双版纳州水资源丰富,利用水力发电的电力除了供应本地使用以外,还源源不断地输送至邻近东盟国家。2008年总装机容量175万千瓦的景洪电站建成之后,采用110千伏①高压将11万千瓦②的电力对老挝北部供电,如果从景洪到老挝北部的输电电线总电阻是5
Ω③
。求:
(1)输电线上损耗的功率。
(2)输电线上损失的电压。
(3)为了进一步节约能源,请你为输电环节提出改进措施。
【审题关键】
序号
信息提取
①
输电电压U=110
kV=1.1×105
V
②
输送功率P=11×104
kW=1.1×108
W
③
输电线电阻r=5
Ω
【解析】(1)由P=UI可得:
电流I=
=1
000
A;
则损失的功率P损=I2r=(1
000
A)2×5
Ω=5×106
W。
(2)导线上的电压为
U损=Ir=1
000
A×5
Ω=5×103
V。
(3)为了减少导线上的功率损耗,可以通过提高输电电压或减小导线电阻来减小
输电线上功率的损耗。
答案:(1)5×106
W (2)5×103
V (3)见解析
【素养训练】
1.远距离输送交变电流都采用高压输电。我国西北电网正在建设750
kV线路。采用高压输电的优点是
( )
A.可节省输电线的金属材料
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耗
D.可加快输电的速度
【解析】选C。在输电的过程中输送的功率一定,根据P=UI和ΔP=I2R,有:ΔP
=
,故高压输电可以降低功率损耗,不可以节省输电线的金属材料,故C正
确,A错误;交流电的频率等于发电机转动的频率,是不改变的,故B错误;电路中
输电的速度是光速,与是否为高压输电无关,故D错误。
2.(多选)(2020·全国Ⅱ卷)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅
降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550
kV
的超高压向B处输电,输电线上损耗的电功率为ΔP,到达B处时电压下降了ΔU。
在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下,改用1
100
kV特高压输
电,输电线上损耗的电功率变为ΔP′,到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其
他因素的影响,则
( )
A.ΔP′=
ΔP
B.ΔP′=
ΔP
C.ΔU′=
ΔU
D.ΔU′=
ΔU
【解析】选A、D。由电功率公式得ΔP=I2R,
输电线上电压下降ΔU=IR,输电电
流为I=
,在输送的电功率和输电线电阻都不变时,U变为原来的2倍,电流变为
原来的
,则ΔP′=
ΔP,ΔU′=
ΔU,选项A、D正确,B、C错误。
【补偿训练】
1.中国已投产运行的1
000
kV特高压输电,是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用500
kV的超高压输电,在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下,现改用1
000
kV特高压输电,不考虑其他因素的影响。则
( )
A.输电电流变为原来的2倍
B.输电线上降落的电压将变为原来的2倍
C.输电线上降落的电压将变为原来的
D.输电线上损耗的电功率将变为原来的
【解析】选C。根据输送电功率P输=U输I输及P输不变,可知,输电电流I输=
,
当U输变为原来的2倍时,I输变为原来的
,选项A错误;输电线上降落的电压U降=
I输R线∝I输,所以,当输电电流变为原来的
时,输电线上降落的电压也变为原来
的
,选项B错误,C正确;输电线上损耗的电功率P损=
,所以输电线上
损耗的电功率将变为原来的
,选项D错误。
2.(多选)如图所示,通过较长的输电线给电阻丝M、N供电,保持输电电压U0不变,输电线电阻不可忽略,闭合开关S,两电阻丝均正常工作,现断开开关S,下列判断正确的是( )
A.输电线中电流变小
B.电阻丝M两端电压减小
C.整个电路消耗的总功率增大
D.为使电阻丝M仍能正常工作,可减小输电电压U0
【解析】选A、D。断开开关S后,电阻变大,根据闭合电路欧姆定律可知,总电流变小,即输电线中的电流变小,故A正确;根据欧姆定律可知,输电线中的电压变小,保持输电电压U0不变,则电阻丝M两端电压增大,故B错误;根据P=IU0可知,总电流I变小,则整个电路消耗的功率变小,故C错误;为使电阻丝M仍能正常工作,可减小输电电压U0,使电阻丝M两端电压恢复原值,故D正确。
3.500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大工程,我省超高压输电工程正在紧张建设之中。若输送功率为3
200万千瓦,原来采用200千伏输电,由于输电线有电阻而损失的电功率为P,则采用500千伏超高压输电后在输电线上损失的电功率为(设输电线的电阻未变)
( )
A.4P B.0.16P C.2.5P D.6.25P
【解析】选B。由于P=UI,输电线上损失的热功率P损=I2r=(
)2r,所以有:
P损′=0.16P损,B对。
二 高压输电过程的分析与计算
1.输电过程示意图:
2.高压输电过程的几个电压的区别:
(1)输送电压:输电线始端电压。
(2)用户电压:最终用户得到的电压。
(3)损失电压:
①表示形式:输电线始端电压与末端电压的差值即ΔU=U2-U3=I2R线。
②形成原因:输电线上的电压损失原因是输电导线有电阻,电流通过输电线时,会在线路上产生电势降落,致使输电线路末端的电压比起始端电压要低。
3.输电过程的几个基本关系:
(1)功率关系:P1=P2,P2=P线+P3,P3=P4。
(2)电压关系:
,U2=U线+U3,I2=I3=I线,
。
(3)电流关系:
,I2=I线=I3,
(4)输电电流:I线=
(5)输电导线上损耗的电功率:
P线=I线U线=
【思考·讨论】
某发电站向远处送电的示意图如图所示,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。
(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)。
(科学思维)
(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?
(科学思维)
提示:(1)第一个回路:P1=U1I1
第二个回路:U2=ΔU+U3,P2=ΔP+P3=
R+P3
第三个回路:P4=U4I4
(2)
、P1=P2;
、P3=P4。
【典例示范】
如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1,在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2,则
( )
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
r
D.输电线路上损失的电功率为I1U
【解析】选A。理想变压器输入和输出功率相同,设用户端得到的电压为U2,则
有I1U1=U2I2,U2=
,故A正确;输电线上的电压降为ΔU=I1r,或者ΔU=U-U1,故B
错误;理想变压器的输入功率为P=I1U1,故C错误;输电线路上损失的电功率为
ΔP=I1r,而P=I1U指的是输出功率,故D错误。
【规律方法】远距离输电问题的四个关键
(1)画出一个模型——远距离输电模型图。
(2)抓住输电的两端——电源和用电器。
(3)分析两条导线——输电导线。
(4)研究两次电压变换——升压和降压。
【素养训练】
远距离输电中,升压变压器、降压变压器均为理想变压器。由于用户区用电量的增多,发电厂的输出功率增大为原来的2倍,下列说法正确的是( )
A.输电导线损失的功率大于原来的4倍
B.输电导线损失的功率小于原来的4倍
C.用户得到的功率小于原来的2倍
D.用户得到的功率大于原来的2倍
【解析】选C。由于发电厂的输出功率增大为原来的2倍,则升压变压器的输出
功率增大为原来的2倍,又升压变压器的输出电压U2不变,根据P=UI可知输电导
线上的电流I线增大为原来的2倍,根据P损=
r可知:输电导线损失的功率等于原
来的4倍,故A、B错误;根据U损=I线R,输电线上的电压损失增大为原来的2倍,故
用户得到的功率小于原来的2倍,故C正确,D错误。
【补偿训练】
1.(多选)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,输电线的总电阻为R线,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.输电线电阻上的功率损失P线=(
)2R线
D.输电线电阻上的电压损失U线=
R线
【解析】选B、C、D。输电线上的电流I=
,故A错误,B正确;输电线上的电流
I=
,根据P=I2R,可得输电线电阻上的功率损失P线=(
)2R线,故C正确;输电线
上的电流I=
,根据U=IR,可得输电线电阻上的电压损失U线=
R线,故D正确。
2.为响应国家“精准扶贫,产业扶贫”的战略,进一步优化能源消费结构,光伏发电成为精准扶贫的新途径,贫困户家多了一份固定收益的绿色环保存折,光伏发电将照亮“脱贫路”。如图是所建光伏发电项目。若光伏发电机总输出功率为36
kW,输出电压为500
V,先后经过升压变压器和降压变压器传输到用户。设输电线的总电阻为10
Ω,要求输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%,用户需要的电压为220
V,不计变压器的能量损耗。试求:
(1)升压变压器的输出电压。
(2)升压变压器和降压变压器原副线圈的匝数比。
【解析】(1)损失的功率:ΔP=4%P=1
440
W
设输电线上的电流为I2,根据ΔP=
r,可得I2=12
A
升压变压器的输出电压为U2=
=3
000
V
(2)升压变压器原副线圈的匝数比为
输电线上损失的电压为ΔU=I2r=120
V
降压变压器原线圈两端的电压为U3=U2-ΔU=2
880
V
降压变压器原副线圈的匝数比为
答案:(1)3
000
V (2)
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.下列关于减少远距离输电导线上热损耗的说法中,正确的是
( )
A.因为热功率P=
,所以应降低输电电压,增大输电导线的电阻,才能减少输电
导线上的热损耗
B.因为热功率P=IU,所以应采用低电压、小电流输电,才能减少输电导线上的热
损耗
C.因为热功率P=I2R,所以可采用减小输电线电阻或减小输电电流的方法来减少
输电导线上的热损耗
D.以上说法均不正确
【解析】选C。不能盲目套用公式,要注意其物理意义,在求热损耗时可以用P损=
R线或用P热=U线I线,也可用P=
,但U必须为输电导线两端的电压。故选项C
正确。
2.关于减小远距离输电时输电导线上的功率损耗,下列说法正确的是( )
A.由功率P=
知,应降低输电电压,增大输电导线电阻
B.由P=IU知,应用低电压小电流输电
C.由P=I2R知,应减小输电导线电阻或减小输电电流
D.上述说法均不正确
【解析】选C。根据P=I2R知,通过减小输电导线的电阻或减小输电的电流可以减小功率的损耗。根据P=UI知,需要提高输电电压,减小输电电流。故C正确,A、B、D错误。
3.(2020·浙江7月选考)如图所示,某小型水电站发电机的输出功率P=100
kW,发电机的电压U1=250
V,经变压器升压后向远处输电,输电线总电阻R线=8
Ω,在用户端用降压变压器把电压降为U4=220
V。已知输电线上损失的功率P线=5
kW,假设两个变压器均是理想变压器,下列说法正确的是
( )
A.发电机输出的电流I1=40
A
B.输电线上的电流I线=625
A
C.降压变压器的匝数比n3∶n4=190∶11
D.用户得到的电流I4=455
A
【解析】选C。发电机的输出电流I1
=
=400
A,选项A错误。输电
线上的电流I线
=
=25
A,选项B错误。升压变压器的副线圈输出
电压U2
=
=4×103
V,输电线损耗电压ΔU=I线R=25×8
V=200
V,降
压变压器的原线圈电压U3=U2-ΔU=
3
800
V,故降压变压器的匝数比
选项C正确。降压变压器的功率P4=P3=P-P线=95
kW,故用户得到的电
流I4=
431.8
A,选项D错误。
【补偿训练】
发电机输出功率为P=50
kW,输出电压U1=500
V,用户需要的电压U4=220
V,连接升压变压器和降压变压器的输电线电阻为R=3
Ω。若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的0.6%,试求:
(1)用户得到的电功率是多少?
(2)输电线中的电流和输电线上损失电压分别是多少?
(3)在输电线路中的升压、降压变压器原副线圈的匝数比分别是多少?
【解析】(1)输电线上损耗的功率P损=0.6%P=
R=300
W
用户得到的功率P4=P-
P损=49
700
W
(2)由P损=
R得:I2=10
A
输电线上损失电压:ΔU=I2R=10×3
V=30
V
(3)升压变压器原线圈输入电流为:I1=
=100
A
升压变压器原、副线圈匝数之比:
升压变压器的输出电压为:U2=10U1=5
000
V
降压变压器的输入电压为:U3=U2-ΔU=4
970
V
降压变压器原、副线圈两端的匝数之比:
答案:(1)49
700
W (2)10
A 30
V (3)
4.某小型水力发电站的发电机输出功率为5×104
W,发电机的输出电压为250
V,输电线总电阻R=5
Ω。为了使输电线上损失的功率为发电机输出功率的4%,必须采用远距离高压输电的方法,在发电机处安装升压变压器,而在用户处安装降压变压器。设用户所需电压为220
V,不计变压器的损失。求:
(1)输电线上的电流;
(2)升、降压变压器原、副线圈的匝数比;
(3)可供多少盏“220
V
40
W”的白炽灯正常工作?
【解析】(1)输电线上损失的功率为发电机输出功率的4%,则P损=2
000
W,又P损
=I2R,可得I=20
A。
(2)升压变压器的输出电压U2=
=2
500
V,故升压变压器原、副线圈的匝数比
为
=1∶10,
输电线上损耗的电压U′=RI=100
V,则降压变压器的输入电压U3=2
500-100=
2
400
V,输出电压为220
V,降压变压器原、副线圈的匝数比为
=120∶11。
(3)一盏白炽灯消耗的功率为40
W,降压变压器的输入功率P3=U3I=48
000
W,N=
=1
200,故可供1
200盏“220
V 40
W”的白炽灯正常工作。
答案:(1)20
A (2)1∶10 120∶11 (3)1
200
【新思维·新考向】
情境:有一条河流,流量Q=16
m3/s,落差h=10
m,现利用其发电,发电机的总效率η=50%,输出电压为240
V,输电线总电阻R=30
Ω。
问题:
允许损失的功率为输出功率的6%,用户所需电压为220
V,为满足用电需求,则:
(1)该输电线路所使用的理想升压、降压变压器的匝数比各为多少?
(2)能使多少盏“220
V 100
W”的电灯正常发光?(g取10
m/s2)
【解析】设升压变压器匝数比为n1∶n2,原线圈电压为U1,副线圈电压为U2,电流
为I2,输入功率P1,输出功率P2,降压变压器匝数比为n3∶n4,原线圈电压为U3,输
入功率P3,输出功率P4,副线圈的电压为U4,输电线上损失的功率为ΔP,电压损失
为ΔU,电阻为R,水的流量为Q,发电机效率为η,水的密度为ρ,重力势能为E重,
(1)由题知E重=ρQtgh
发电机的输入功率为P1=
,P1=ρQgh
发电机的输出功率P2=ηP1,P2=8×105
W
输电线上损失的功率ΔP=6%
P2=48
000
W
而ΔP=
R,解得:I2=40
A
又因为P2=U2
I2
解得:U2=20
000
V
根据ΔU=I2R
及ΔU=U2-U3得:U3=18
800
V
所以n1∶n2=U1∶U2=3∶250
n3∶n4=U3∶U4=940∶11
(2)降压变压器的输出功率P4=P3=P2-ΔP=752
000
W
n=
=7
520盏
答案:(1)3∶250 940∶11
(2)7
520(共32张PPT)
阶段复习课
第三章
核心整合·思维导图
必备考点·素养评价
素养一 物理观念
考点
交变电流的“四值”的理解与应用
1.瞬时值:是指交变电流在某一时刻的值,书写瞬时值表达式,要弄清线圈的起
始位置,若线圈处于中性面位置,可直接写成正弦函数形式;若处于与中性面垂
直位置,则在正弦函数的角度处需要加上
(或写成余弦函数)。
2.峰值:是指交变电流的最大值,一般可从图像中读出。当线圈平面与磁感线平行时,线圈中产生的感应电动势最大,为Em=nBSω,与转轴在线圈上的位置、线圈的形状无关。涉及电容器的耐压值时,要考虑峰值。
3.有效值:是根据电流的热效应规定的。涉及电功、电热、交流电表的读数等问题时要用有效值。
4.平均值:
周期或
周期内交变电流的平均值可以根据交变电流图像中图线
与横轴(时间轴)所围面积与时间的比值得出。也可以利用法拉第电磁感应定
律,E=n
计算得出。求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值
q=It=n
。
“四值”的关键词转化
【素养评价】
一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的交变电流电动势如图所示,下面说法
正确的是
( )
A.交流电动势的有效值为20
V
B.交流电动势的有效值为10
V
C.t=0.01
s线圈处于中性面
D.交流电动势的频率为50
Hz
【解析】选B。由图像可得Em=20
V,有效值为:E=
,故A错误,B正
确;t=0.01
s时电动势最大,磁通量为零,线圈平面与中性面垂直,故C错误;由
图像可得交流电的周期为T=0.04
s,所以频率为:f=
Hz=25
Hz,故D错
误。
【补偿训练】
图为一个小型旋转电枢式交流发电机结构示意图,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′匀速转动,沿转轴OO′方向看去,线圈沿逆时针方向转动,t=0时刻线圈平面与磁感线垂直。
(1)求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时所处的位置开始到转过90°的过程中的平均感应电动势。
(4)求线圈从t=0时所处的位置开始转过60°时电路中的瞬时电流。
(5)求线圈转动一个周期内电阻R上产生的热量。
【解析】(1)根据右手定则可判断,线圈中的电流方向是d→c→b→a,故通过电
阻R的电流方向是自下而上。
(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e=nBL1L2ωsin
ωt。
(3)由法拉第电磁感应定律有
(4)由闭合电路欧姆定律有
(5)电动势的有效值E=
,
电流的有效值I=
线圈转动一个周期内电阻R上产生的热量
Q=I2RT=
答案:(1)自下而上 (2)e=nBL1L2ωsin
ωt
素养二 科学思维
考点1
与理想变压器有关的问题
1.理想变压器的动态变化问题的分析思路:
(1)匝数比不变,负载电阻变化的情况,如图甲所示。
①U1不变,根据
,输入电压U1决定输出电压U2,不论负载电阻R如何变
化,U2不变。
②当负载电阻发生变化时,I2变化,输出电流I2决定输入电流I1,故I1发生变
化。
③I2变化引起P2变化,P1=P2,故P1发生变化。
(2)负载电阻不变,匝数比变化的情况,如图乙所示。
①U1不变,
发生变化,故U2变化。
②R不变,U2变化,故I2发生变化。
③根据P2=
,可知P2发生变化,再根据P1=P2,故P1变化,
P1=U1I1,U1不变,故I1发生变化。
2.含变压器电路动态分析的关键词转化:
【素养评价】
1.某兴趣小组利用如图所示装置给灯泡供电。图中两磁极位置相对于水平轴线OO′对称,导线框ABCD绕轴线OO′以角速度ω匀速转动,并通过升压变压器给灯泡供电。下列说法正确的是
( )
A.图示位置穿过导线框的磁通量为零
B.图示位置导线框产生的感应电动势为零
C.导线框ABCD中电流的有效值小于灯泡中电流的有效值
D.若灯泡偏暗,可通过增加原线圈匝数来提高灯泡亮度
【解析】选B。由题图可知,此时导线框和磁场垂直,穿过导线框的磁通量最大,感应电动势为0,故A错误,B正确;变压器原副线圈的匝数关系未知,故不能判断导线框ABCD中电流的有效值与灯泡中电流的有效值的大小关系,故C错误;若灯泡偏暗说明输出电压较小,要使输出电压变大,应减少原线圈匝数,故D错误。
2.(多选)如图甲所示,一理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1,原线圈的电
压随时间变化规律如图乙所示,副线圈电路中接有灯泡,额定功率为22
W;原线
圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关,灯泡正常发光,若用U和I分别表
示此时电压表和电流表的读数,则
( )
A.灯泡的额定电压为110
V
B.副线圈输出交变电流的频率为50
Hz
C.U=220
V,I=0.2
A
D.原线圈输入电压的瞬时表达式为u=220
sin
100πt(V)
【解析】选A、B、D。原线圈电压的有效值为220
V,则副线圈两端电压为
110
V,选项A正确;变压器不改变交变电流的频率,选项B正确;根据P入=P出得出
电流表读数为I=
A=0.1
A,选项C错误;图乙电压随时间变化的表达式
为u=220
sin
100πt(V),选项D正确。
【补偿训练】
一理想变压器的原副线圈的匝数比为2∶1,在副线圈的回路中接有伏特表
和阻值R=10
Ω的定值电阻,如图(a)所示。原线圈一侧接在如图(b)所示的交
流电上,交流电的前半个周期为正弦交流电后半个周期为恒定电流。伏特表的
示数为
( )
A.20
V B.20
V C.20
V D.40
V
【解析】选A。由题图(b)可知,0～0.1
s内为正弦交流电,在0.1～0.2
s内为
恒定电流,副线圈中无感应电流。则根据电流的热效应(
)2R×0.1=I2R×
0.2,解得I=1
A,故原线圈的电流为1
A,根据变压器原副线圈电流比等于匝数
反比可知,副线圈电流为2
A,所以电压表示数U=2×10
V=20
V,故A正确,B、
C、D错误。
考点2
远距离输电线路的分析与计算
1.抓住两个关系:
(1)理想升压变压器连接回路1和回路2,两回路中重要的关系式有
I1n1=I2n2,P1=P2。
(2)理想降压变压器连接回路2和回路3,两回路中重要的关系式有
I3n3=I4n4,P3=P4。
2.掌握两种损耗:
(1)电压损耗:输电线上的电阻导致的电压损耗,UR=U2-U3=IRR。
(2)功率损耗:输电线上电阻发热导致的功率损耗,PR=P2-P3=
R。输电线上的
能量损耗是热损耗,计算功率损耗时用公式PR=
R或PR=
。
3.远距离输电的关键词转化:
【素养评价】
1.如图甲为某水电站的电能输送示意图,升压变压器原、副线圈匝数比为1∶15,降压变压器的副线圈接有负载R,升压、降压变压器之间的输电线路的总电阻为10
Ω,变压器均为理想变压器,现在a、b两端输入如图乙所示的交流电压,输送功率为33
kW。下列说法正确的是
( )
A.输送的交变电流的周期为0.01
s
B.输电线中电流为150
A
C.降压变压器原线圈输入电压为3
200
V
D.输电线上功率损失为500
W
【解析】选C。由题图乙所示的正弦式电压图像知周期T=2×10-2
s,选项A错
误;升压变压器原线圈电压的有效值U1=
V=220
V,由
得升压变压器
副线圈的输出电压U2=
U1=15×220
V=3
300
V,输电线中电流为I2=
=10
A,
选项B错误;输电线电压损失ΔU=I2R线=100
V,降压变压器原线圈输入电压为
U=U2-ΔU=3
200
V,选项C正确;输电线上功率损失为P损=
R线=1
000
W,选项
D错误。
2.一台发电机最大输出功率为4
000
kW,电压为4
000
V,经变压器T1升压后向远方输电,输电线路总电阻R=1
kΩ,到目的地经变压器T2降压,负载为多个正常发光的灯泡(220
V 60
W)。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的损耗可忽略,发电机处于满负荷工作状态。求:
(1)变压器T1和T2的匝数比分别是多少?
(2)有多少个灯泡(220
V 60
W)正常发光?
【解析】(1)输电线路上消耗的功率为
ΔP=10%P=400
kW=
R
可知输电线路上电流为I2=
=20
A,
根据原线圈P=U1I1,可知
I1=
=103
A
根据电流与匝数成反比知T1的匝数比为
n1∶n2=I2∶I1=20∶103=1∶50
降压变压器的输入电流:I3=I2=20
A
降压变压器的输出电流:I4=
降压变压器的匝数比
n3∶n4=I4∶I3=
∶20=9
000∶11
(2)用户得到的功率为
P用=P-ΔP=4
000×103
W-400×103
W=3.6×106
W
设能接入N个灯泡,则P用=60N,
代入数据得N=6×104;
答案:(1)1∶50
9
000∶11 (2)6×104
个
