交变电流
1．交变电流
(1)交变电流(俗称交流)：大小和方向都随时间做周期性变化的电流．
(2)正弦交变电流：随时间按正弦规律变化的交变电流．
在日常生活中，手电筒和日光灯是家庭中必备的照明工具，但给两用电器提供电能的电源是不同的，它们产生的电流相同吗？
提示：不相同．电源有交流和直流之分．电池是直流电源，它提供的是直流电；家庭照明电路给日光灯提供的是交变电流，其典型特征是电流方向发生变化．
2．交变电流的产生
(1)两个位置：中性面位置及与中性面垂直的位置
图示
位置
中性面位置
与中性面垂直的位置
特点
B⊥S，Φ＝BS最大，感应电流为0，方向变化
B∥S，Φ＝0最小，感应电流最大，方向不变
(2)过程分析归纳
线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电流大小、方向都随时间做周期性的变化，即产生了交变流电．
3．正弦交变电流的变化规律
当闭合线圈由中性面位置(图中O1O2位置)开始在匀强磁场中匀速转动时，根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势随时间而变化的函数是正弦函数．
(1)函数特点
瞬时电动势e＝Emsinωt
瞬时电流i＝Imsinωt
瞬时电压u＝Umsinωt
其中Em、Im、Um分别表示电动势、电流、电压的峰值．
(2)图象特点
按正弦规律变化的交变电流，其图象是一条正弦曲线，如图所示．
给你一块磁铁，你怎样判断白炽灯发光时用的是直流电还是交变电流？
提示：把磁极靠近白炽灯，如果用的是直流电，灯丝不会抖动；如果灯丝中通有交变电流，则灯丝受到变化的安培力，灯丝会抖动.
考点一
交变电流的产生
解答本题的关键是掌握中性面的特点．
[答案] B
[解析] 本题的解答思路如下：
总结提能
对于线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的情况，当穿过线圈的磁通量最大时，磁通量的变化率为零，线圈中的感应电动势为零；当穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率最大，线圈中的感应电动势也最大．
如图所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框．在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是( C )
A．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动
B．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动
C．如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动
D．如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动
解析：保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项A错误；保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项B错误；线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动，磁通量周期性地改变，故一定有感应电流，故选项C正确；线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项D错误．
2．求解线圈转动过程中的平均值
(1)线圈在转动过程中某一段时间内或从一个位置到另一个位置的过程中所产生的电动势，称为平均电动势，它不等于始、末两时刻瞬时值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算，即＝n.
(2)计算交变电流在某段时间内通过导体横截面的电荷量，必须用平均值，即Q＝Δt(式中＝)．
(3)在交变电流的图象中，图象与横轴(t轴)所围面积跟时间的比值，即为交变电流的平均值．
【例2】 如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.1
T，矩形线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2
m，bc＝0.5
m，以角速度ω＝100π
rad/s绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动．若从线圈平面通过中性面时开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式．
(2)由t＝0至t＝过程中的平均感应电动势.
解答本题时应注意以下两点：
(1)本题是从线圈通过中性面时开始计时的，应运用公式e＝Emsinωt求感应电动势的瞬时值表达式；
(2)求感应电动势的平均值时应利用公式＝n进行计算．
[答案] (1)e＝100πsin100πt
V (2)＝200
V
[解析] (1)从线圈平面通过中性面时开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值e＝Emsinωt
又Em＝NBSω＝100×0.1×0.2×0.5×100π
V＝100π
V
所以e＝Emsinωt＝100πsin100πt
V
(2)由法拉第电磁感应定律，t＝0至t＝过程中的平均感应电动势为＝N＝N＝NBSω
代入数据，解得＝200
V.
总结提能
(1)求解感应电动势的瞬时值表达式时，一定要注意开始计时时线圈的位置，从不同位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式不同．
(2)求解感应电动势的平均值时，应利用法拉第电磁感应定律＝n进行计算．
如图所示，线圈的面积是0.05
m2，共100匝，匀强磁场的磁感应强度B＝
T，当线圈以300
r/min的转速匀速旋转时，求：
(1)若从线圈的中性面开始计时，写出线圈中感应电动势瞬时值表达式．
(2)从中性面开始计时，线圈转过
s时电动势瞬时值多大？
(3)由图示位置转过60°角的过程产生的平均感应电动势为多少？
答案：(1)e＝50sin(10πt)
V (2)43.3
V (3)23.9
V
解析：(1)n＝300
r/min＝5
r/s，因为从中性面开始转动，并且求的是瞬时值，故
e＝Emsinωt＝NBS·2πnsin(2πnt)＝50sin(10πt)
V
(2)当t＝
s时，e＝50sin(10π×)
V≈43.3
V
(3)平均感应电动势应该根据＝N计算
＝＝≈23.9
V.
考点三 正弦式交变电流图象的应用
1．从正弦式交变电流的图象上可以确定的信息
从如图所示的交变电流的e－t图象上可以确定以下信息：
(1)可以读出电动势的峰值Em.
(2)可根据线圈转至中性面时电动势为零的特点，确定线圈处于中性面的时刻(O、t2、t4时刻)，确定了该时刻，也就确定了磁通量最大的时刻和磁通量变化率最小的时刻．
(3)可根据线圈转至与磁场平行时感应电动势最大的特点，确定线圈与中性面垂直的时刻(t1和t3时刻)，此时刻也就是磁通量为零的时刻和磁通量变化率最大的时刻．
(4)可以确定某一时刻电动势大小以及某一时刻电动势的变化趋势．
2．分析图象问题时要注意的问题
(1)对物理图象的分析要注意以下要点：
一看，看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”；
二变，掌握“图与图”“图与式”和“图与物”之间的变通能力；
三判，在此基础上进行正确的分析、判断．
(2)因交变电流i随时间t的变化规律不再是简单的正比例(线性)关系，故需借助图象法来分析研究，这比单纯用代数的方法显得更为直观、简捷．
(3)对于正弦交变电流的变化规律，不应只从其随时间按正弦规律变化这一点去认识，还应看到交流电动势随线圈在匀强磁场中随空间位置的变化而变化，随线圈的磁通量变化而变化．
【例3】 [多选]一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴匀速转动，线圈中的感应电动势e随时间t变化的规律如下图所示，则下列说法正确的是( )
A．图中是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的
B．t1和t3时刻穿过线圈的磁通量为零
C．t1和t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零
D．感应电动势e的方向变化时，穿过线圈的磁通量最大
解答本题的基本思路如下：
→
→
[答案] ACD
[解析] 由题图可知，当t＝0时，感应电动势最大，说明穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，即是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的，选项A正确；t1、t3时刻
感应电动势为零，穿过线圈的磁通量的变化率为零，磁通量最大，选项B错误，C正确；感应电动势e的方向变化时，线圈通过中性面，穿过线圈的磁通量最大，选项D正确．
总结提能
解答图象类问题时要注意以下两个方面
：
(1)注意横、纵坐标轴表示的物理量，以及图象上的特殊位置；
(2)要把图象与线圈的转动过程对应起来．
电磁脉冲传感器是汽车防抱死刹车(ABS)系统的关键装置，它能测定车轮是否还在转动．如果测出车轮不再转动，就会自动放松制动机构，让轮子仍保持缓慢转动状态．下图甲中，B是一根永久磁铁，外面绕有线圈，左端靠近一个铁质齿轮，齿轮与转动的车轮是同步的．下图乙是车轮转速为n时输出电流随时间变化的图象．若车轮转速变为，则其图象应为下图中的( C )
解析：车轮转速减慢，角速度减小，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流变小，电流变化的周期变大，故C正确.
1．[多选]下图所示图象中属于交变电流的是( ABC )
解析：图A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交流电．正确答案为A、B、C.
2．[多选]下图中哪些情况，线圈中产生了交变电流( BCD )
解析：B、C、D中线圈产生的感应电流方向均发生变化，故产生交变电流，A中不产生感应电流．
3．如图所示，一匝数为N的矩形线圈面积为S，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，从图示位置转过90°时电动势是( B )
A．NBSω
B．0
C．BSω
D．NBSωcos(ωt＋90°)
解析：因闭合线圈从图示位置即垂直于中性面的位置开始转动，所以电动势的表达式为e＝Emcosωt，又ωt＝90°，故A、C、D错．
4.处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直，在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图所示)，线圈的cd边离开纸面向外运动，若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流方向为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图象是下图中的( C )
解析：分析交变电流的图象问题应注意图线上某一时刻对应线圈在磁场中的位置，将图线描述的变化过程对应到线圈所处的具体位置是分析本题的关键，线圈在图示位置时磁通量为零，但感应电流为最大值；再由楞次定律可判断线圈在转过90°的过程中，感应电流方向为正，故选项C正确．
5．利用DIS(数字化信息处理系统)探究手摇发电机(如图所示)的线圈产生的交变电流．
实验步骤为：
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．
(1)工作界面上出现的电压波形如图所示，从图中可以看出，手摇发电机产生的电压波形不是正弦波，其原因是转子不是在匀强磁场中转动(或发电机的转速不均匀)．(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2
min内屏上出现了61个向上的“尖峰”，则交变电流的平均周期为T＝2
s；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ω＝0.5π
rad/s.
解析：(1)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交变电流，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，转速难以保持恒定．
(2)屏上每出现一次向上尖峰，就代表经过了一个周期，2
min内屏上出现了61个向上的尖峰，表明周期T＝
s＝2
s；大轮角速度等于小轮角速度的一半，所以大轮角速度ω＝×＝0.5π
rad/s.
PAGE
-
13
-描述交变电流的物理量
1．周期和频率
2.峰值和有效值
(1)峰值
①定义：交变电流的电压、电流所能达到的最大值．
②意义：用来表示电流的大小或电压的高低．
③应用：电容器所能承受的电压要高于交流电压的峰值．
(2)有效值
①定义：如果交流电与恒定电流分别通过同一电阻，在相同的时间内所产生的热量相等，则这个恒定电流相应的电流值和电压值，分别称为相应交流电的电流和电压的有效值．
②关系：对于正弦交变电流，有效值I、U与峰值Im、Um之间的关系：I＝＝0.707Im，U＝＝0.707Um.
(1)电气设备的铭牌上标出的电压值、电流值；(2)交流电压表测量的数值；(3)电容器上的标称电压值分别指的是有效值还是最大值．
提示：(1)有效值 (2)有效值 (3)最大值
考点一
交变电流的周期和频率
A．最大值是50
V
B．频率是100
Hz
C．有效值是25
V
D．周期是0.02
s
解答本题时应把握以下两点：
(1)正弦式交变电流的最大值与有效值之间的关系．
(2)交变电流的周期、频率与角速度之间的关系．
[答案] CD
[解析] 由交变电动势的表达式可知，电动势的最大值Em＝50
V，则有效值E＝＝25
V，周期T＝＝0.02
s，频率f＝＝50
Hz，所以选项C、D正确．
总结提能
这类试题一般以交变电流的瞬时值表达式或图象来描述交变电流，考查描述交变电流的物理量．解答这类问题的关键是明确交变电流的瞬时值表达式中各物理量的物理意义或图象的物理意义．
如图所示的是某正弦交变电流的图象，根据图象求其最大值、周期和角速度，并写出交变电流的瞬时值表达式．
答案：2
A 0.02
s 100π
rad/s i＝2sin
100πt
A
解析：由图象可知，交变电流的周期T＝0.02
s，
角速度ω＝＝100π
rad/s，
故其瞬时值表达式为i＝Imsin
100πt.
当t＝0.002
5
s时，i＝1.414
A.
所以Imsin(100π×0.002
5)＝1.414
A.
解得Im＝2
A，所以i＝2sin
100πt
A.
凡涉及能量的问题，如电能与其他形式的能的转化过程、涉及交变电流的电功、电功率等物理量时均用有效值.在计算交变电流通过导体产生的热量及确定保险丝的熔断电流时也用有效值.
【例2】 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
解答本题的思路如下：
[答案] B
[解析] 根据交变电流的有效值的定义易知，让题图中的交变电流和某一恒定电流分别通过同一个电阻，如果在相同时间内电阻产生的热量相同，则恒定电流的数值就等于该交变电流的有效值．设题图所示交变电流的有效值为I，则在任意一个周期内，有I2RT＝IR＋IR，将I1＝2
A，I2＝－
A代入解得I＝2.5
A，选项B正确．
总结提能
(1)正弦式交变电流的有效值可根据有效值与峰值之间的关系进行计算：E＝，U＝，I＝.
(2)非正弦式交变电流的有效值应根据电流的热效应来计算．先求出一个周期内交变电流产生的热量Q，然后根据Q＝I2RT(或Q＝T)得出的I(或U)就是要求的有效值．
如图所示为一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为多大？
答案：I0
解析：令该交变电流通过一电阻R，它在前半周期内通过该电阻产生的热量Q1＝()2R＝，它在后半周期内产生的热量Q2＝IR＝，故在一个周期内产生的热量Q交＝Q1＋Q2＝IRT.
设某一恒定电流I在相同的时间T内通过该电阻产生的热量为I2RT，由有效值的定义知：IRT＝I2RT，得I＝I0.
物理含义
重要关系
适用情况
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e＝Emsinωti＝Imsinωt
分析线圈某一时刻的受力情况
最大值
最大的瞬时值
Em＝nBSωIm＝
确定用电器的耐压值
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流值
E＝U＝I＝
(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
交变电流图象中图线与时间轴所夹面积与时间的比值
＝n＝
计算通过电路截面的电荷量
【例3】 在水平方向的匀强磁场中，有一个正方形闭合线圈绕垂直于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)当线圈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°角的过程中，通过导线横截面的电荷量．
解答本题的思路如下：
[答案] (1)1.97×104
W (2)314
V 31.4
A
(3)0.027
C
[解析] (1)线圈中产生的感应电动势的最大值为
Em＝NBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50
V≈628
V
感应电动势的有效值为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)当线圈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的瞬时值为e＝Emsin30°＝314
V
感应电流的瞬时值为i＝＝
A＝31.4
A
(3)在线圈由中性面转过30°的过程中，线圈中的平均感应电动势为＝N
平均感应电流为＝N
故通过导线横截面的电荷量为
q＝Δt＝N＝≈0.027
C.
总结提能
(1)在计算交变电流通过导体产生的热量和电功率以及确定保险丝的熔断电流时，只能用交变电流的有效值．
(2)在计算通过导体横截面的电荷量时，必须用交变电流的平均值．
(3)计算电荷量的公式q＝N中不含ω，故通过导体横截面的电荷量与线圈转动的快慢无关．
如图是某学习小组在空旷的场地上做“摇绳发电实验”的示意图．他们将一铜芯线像甩跳绳一样匀速摇动，铜芯线的两端分别通过细铜线与灵敏交流电流表相连．摇绳的两位同学的连线与所在处的地磁场(可视为匀强磁场)垂直．摇动时，铜芯线所围成半圆周的面积S＝2
m2，转动角速度ω＝10
rad/s，用电流表测得电路中电流I＝40
μA，电路总电阻R＝10
Ω，g取10
m/s2，＝2.25.
(1)求该处地磁场的磁感应强度B；
(2)从铜芯线所在平面与该处地磁场平行开始计时，求其转过四分之一周的过程中，通过电流表的电荷量q；
(3)求铜芯线转动一周的过程中，电路产生的焦耳热Q.
答案：(1)2×10－5
T (2)4×10－6
C (3)7.2×10－9
J
解析：(1)铜芯线中产生的是正弦交流电，则
Im＝I，Em＝ImR，Em＝BSω，
解得B＝2×10－5
T.
(2)从铜芯线与地面平行开始至铜芯线转动四分之一周的过程中，E＝ΔΦ/t，E＝IR，q＝It，解得q＝4×10－6
C.
(3)铜芯线转动一周，电路中产生的焦耳热Q＝I2RT，
解得Q＝7.2×10－9
J.
1．在下列四幅交流电的图象中，能正确反映我国居民生活所用交流电的是( C )
解析：我国日常生活所用交流电的峰值为311伏，周期为0.02
s，所以C项正确．
2．一个照明电灯两端允许加的最大交流电压为311
V，当它接入220
V照明电路上，这个灯将( D )
A．灯不亮
B．灯丝将烧断
C．只能暗淡发光
D．能正常发光
解析：电灯的额定电压为U＝＝
V≈220
V，当它接入220
V的照明电路上时能正常发光．
3．[多选]甲交变电流的电压随时间变化规律为u甲＝141sin(100t＋)V，乙交变电流的电压随时间的变化规律为u乙＝311sin(100t＋)V，比较甲、乙两电流( CD )
A．甲的峰值是282
V，乙的峰值是622
V
B．甲、乙的周期都是100
s
C．甲的频率f甲等于乙的频率f乙
D．甲、乙的相位差不变，是
解析：甲、乙的峰值分别是141
V和311
V，A错误；甲、乙的周期T＝≈6.28×10－2
s，B错误；甲、乙的周期相等，频率也相等，即f甲＝f乙，C正确；ΔΦ＝Φ甲－Φ乙＝，频率相同，相位差不变，D正确．
4．[多选]交流电源输出的电压U随时间t变化的图线如图所示，则下列说法正确的是( AC )
A．交变电流的频率为50
Hz
B．交变电流的周期为2
s
C．交变电压的最大值为220
V
D．交变电压的有效值为220
V
解析：由图象可知，交流电的周期为T＝2×10－2
s，频率f＝＝50
Hz，交变电压最大值为220
V，有效值为220
V，故选项A、C正确．
5．如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，一个半径r＝0.10
m、匝数n＝20匝的线圈套在永久磁铁槽中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度的大小均为B＝0.20
T，线圈的电阻R1＝0.50
Ω，它的引出线接有R2＝9.5
Ω的小灯泡L.外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小灯泡．当线圈向右的位移x随时间t变化的规律如图丙所示时(x取向右为正)．求：
(1)线圈运动时产生的感应电动势E的大小；
(2)线圈运动时产生的感应电流I的大小；
(3)每一次推动线圈运动过程中作用力F的大小；
(4)该发电机的输出功率P.
答案：(1)2
V (2)0.2
A (3)0.5
N (4)0.38
W
解析：(1)由x－t图象可得，线圈的切割速度v＝＝0.8
m/s，则线圈做切割磁感线运动时产生的感应电动势大小E＝n·2πrBv＝20×2×3.14×0.10×0.20×0.8
V≈2
V.
(2)由闭合电路的欧姆定律可知，线圈运动时产生的感应电流I＝＝
A＝0.2
A.
(3)由于线圈每次运动都做匀速直线运动，由平衡条件可知F＝F安，即F＝nBI·2πr＝20×0.20×0.2×2×3.14×0.10
N≈0.5
N.
(4)发电机的输出功率即为小灯泡的电功率，所以P＝I2R2＝0.22×9.5
W＝0.38
W.
PAGE
-
11
-电感和电容对交变电流的影响
1．电感器的感抗及其应用
(1)感抗
电感对交流的阻碍作用．
(2)影响感抗的因素
电感器的自感系数和交变电流的频率．自感系数越大，交变电流的频率越高，感抗越大．
(3)实际应用
低频扼流圈——通直流，阻交流．
高频扼流圈——通直流，通低频，阻高频．
电感对交变电流的阻碍作用是怎样形成的？
提示：交变电流通过线圈时，由于电流时刻在变化，线圈中产生自感电动势，自感电动势总是阻碍电流的变化，就形成了对交变电流的阻碍作用．
2．电容器的容抗及其应用
(1)容抗
电容器对交流有一定的阻碍作用．
(2)影响容抗的因素
电容器的电容和交变电流的频率．电容越大，频率越高，容抗越小．
(3)电路中的电流
通过实验可以看到交变电流能够通过电容器，其实自由电荷并未通过极板间的绝缘介质，只是在交变电压的作用下，电容器交替进行充电和放电，电路中就有了电流．
电容对交变电流的阻碍作用是怎样形成的？
提示：电源电压推动自由电荷做定向运动，而电容器两极板上积累的电荷反抗自由电荷的定向运动，从而产生了电容器对交变电流的阻碍作用．
考点一 电感器对交变电流的阻碍作用
1．电感器对交变电流的阻碍作用的成因
通过线圈的电流大小和方向变化，都会引起通过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，这种现象就是自感现象．根据楞次定律，自感电动势所引起的感应电流总是要使它产生的磁场阻碍线圈内原有磁场的变化，所以自感电动势对线圈中电流的变化有阻碍作用，这样就形成了对交变电流的阻碍作用，电感对交变电流阻碍作用的大小就称为感抗．
2．感抗的两个决定因素
决定感抗大小的因素有两个：一是交变电流的频率，二是自感系数L.L决定于线圈本身的性质，即线圈匝数、横截面积、有无铁芯等因素．
3．电感线圈在电路中的作用
由上面第一个因素可知：电感线圈对恒定直流(＝0)没有感抗作用，因此电感线圈在电路中的作用可以概括为“通直流，阻交流”，同时对频率越高的交变电流感抗越大，即所谓“通低频，阻高频”．
【例1】 [多选]在如图所示的电路中，L为电感线圈，R为灯泡的电阻，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压U＝220sin(100πt)
V．若保持电源电压有效值不变，只将电源频率改为100
Hz，下列说法正确的有( )
A．电流表示数增大
B．电压表示数增大
C．灯泡变暗
D．灯泡变亮
解答本题时应把握以下两点：
(1)感抗与交变电流的频率的关系．
(2)闭合电路的电压关系．
答案：BC
解析：由U＝220sin(100πt)
V，可得电源原来的频率为f＝＝
Hz＝50
Hz.当电源频率由原来的50
Hz增为100
Hz时，线圈的感抗增大；在电压不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错误．灯泡的电阻R是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率(P＝I2R)减小，灯泡变暗，选项C正确、D错误．电压表与电感线圈并联，表示数为线圈两端的电压UL；设灯泡两端电压为UR，则电源电压的有效值为U＝UL＋UR.因UR＝IR，电流I减小时，UR减小．因电源电压有效值保持不变，故UL＝(U－UR)增大，选项B正确．
总结提能
解答此类题目的关键是：
(1)电感线圈的感抗XL＝2πfL，在自感系数不变的情况下与频率成正比．
(2)能够正确判断出电压表、电流表所测量的元件及电路的连接方式．
[多选]关于感抗，下列说法中正确的是( ABC )
A．感抗就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．感抗虽然对交流电有阻碍作用，但不消耗能量
D．以上说法都不对
解析：交变电流通过线圈时，由于自感现象而产生了对交变电流的阻碍作用，其阻碍作用与自感系数及电流的频率有关，由于电能仅与磁场能相互转化，电感并不消耗能量，所以A、B、C均正确．
2．电阻、感抗、容抗的比较
电阻
感抗
容抗
产生的原因
定向移动的自由电荷与不动的离子间的碰撞
由于电感线圈的自感现象阻碍电流的变化
电容器两极板上积累的电荷对向这个方向定向移动的电荷的反抗作用
在电路中的特点
对直流、交流均有阻碍作用
只对变化的电流，如交变电流有阻碍作用
不能通直流，只能通变化的电流．对直流的阻碍作用无限大，对交流的阻碍作用随频率的降低而增大
决定因素
由导体本身(长短、粗细、材料)决定，与温度有关
由线圈本身的自感系数和交流的频率决定
由电容的大小和交流的频率决定
电能的转化与做功
电流通过电阻做功，电能转化为内能
电能和磁场能往复转化
电能与电场能往复转化
【例2】 如图所示，完全相同的三只灯泡a、b、c分别与电阻R、电感器L、电容器C串联，然后并联到220
V、50
Hz的交流电路中，三只灯泡的亮度恰好相同．若保持交变电压的最大值不变，将交变电流的频率增大到60
Hz，则发生的现象是( )
A．三灯亮度不变
B．三灯均变亮
C．a不变、b变亮、c变暗
D．a不变、b变暗、c变亮
解答本题时要注意以下两点：
(1)电阻、电感器和电容器对交变电流的阻碍作用与哪些因素有关．
(2)明确交变电流的频率增大时电阻、感抗、容抗的变化情况，进而判断灯泡亮度的变化情况．
[答案] D
[解析] 本题主要考查电感器、电容器对交变电流的影响，即感抗、容抗与交变电流频率的关系．具体解题过程如下：
总结提能
电容器、电感器、电阻这三种电路元件的导电特性不同，接不同的电源电压，就会产生不同的现象．在交流电路中，电感器、电容器和电阻对交变电流都有阻碍作用，但对于恒定电流，电感器没有阻碍作用．
[多选]如图所示，白炽灯和电容器串联后接在交变电源的两端，当交流电源的频率增加时( AD )
A．电流表示数增大
B．电压表示数增大
C．灯泡变暗
D．灯泡变亮
解析：由频率增大可知，容抗减小，电流增大，电灯两端电压增大，电压表示数变小，灯泡功率增大而变亮，故A、D两项正确．
考点三 电感器、电容器的应用
1．电容器的应用
(1)隔直电容器，如图所示．作用是“通交流、隔直流”，因为直流电不能通过电容器，交流电能“通过”电容器．起这样作用的电容器电容要大些．
(2)高频旁路电容器，如图所示，作用是“通高频、阻低频”，因为对不同频率的交流电，频率越高，容抗越小，频率越低，容抗越大，即电容对低频交变电流阻碍作用大．对高频交变电流阻碍作用小，起这样作用的电容器电容要小些．
2．电感器的应用
(1)低频扼流圈：可起到“通直流、阻交流”的作用．
(2)高频扼流圈：可起到“通直流、通低频、阻高频”的作用．
3．电感和电容的组合应用
根据电感、电容对交变电流阻碍作用的特点，可以将二者结合到一起来完成一定的任务．
(1)如果将电容器与负载并联，然后与电感线圈串联，就能更好的起到滤掉电流中交流成分和高频成分的作用，如图所示．
(2)如果将电感线圈与负载并联，然后与电容器串联，就能更好的起到滤掉电流中直流成分和低频成分的作用，如图所示．
【例3】 “二分频”音响内有高音、低音两个扬声器，音响要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频按高频、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频、低频的机械振动．如图所示为音响的电路图，高频、低频混合电流由a、b输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则( )
A．甲扬声器是高音扬声器
B．C2的作用是阻碍高频电流通过乙扬声器
C．L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D．L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流
解答本题时应把握以下两点：
(1)弄清楚电感器和电容器在电路中的连接方式；
(2)根据电感器和电容器对交变电流的阻碍作用的特点，分析电感器和电容器在电路中的作用．
[答案] D
[解析] 本题的解答过程如下：
→
→
总结提能
分析电感器和电容器在电路中的作用时，关键是要理解电感器和电容器的工作特点，根据电感器和电容器在电路中的连接方式，便可确定电感器和电容器在电路中的作用．
如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如L＝1
mH，C＝200
pF)，此电路的重要作用是( D )
A．阻直流通交流，输出交流
B．阻交流通直流，输出直流
C．阻低频通高频，输出高频交流
D．阻高频通低频，输出低频交流和直流
解析：线圈的作用是：“通直流、阻交流，通低频、阻高频”．电容的作用：“通交流、隔直流，通高频、阻低频”．因线圈自感系数L很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，这样，直流和低频成分能顺利通过线圈；电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容器C很小，对低频成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，被它滤掉，最终输出的是低频交流和直流.
1．电容对交变电流影响的下列说法中，错误的是( B )
A．交变电流能通过电容器
B．电容器具有通直流、阻交流的作用
C．电容器电容较小，它具有通高频、阻低频的作用
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
解析：电容器“通交流、隔直流”，但对交流电有阻碍作用，电容越大，频率越高，容抗越小，所以选项A、C、D均正确．B错误．
2．[多选]电感对交变电流的影响的以下说法中，正确的是( BC )
A．电感对交变电流没有阻碍作用
B．电感对交变电流阻碍作用的大小叫感抗
C．电感对某一频率的交变电流的阻碍作用跟线圈的自感系数有关
D．线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越小
3．[多选]如图所示实验电路中，若直流电压和交流电压的有效值相等，S为双刀双掷开关，下面哪个叙述正确( AC )
A．当S掷向a、b时灯较亮，掷向c、d时灯较暗
B．当S掷向a、b时灯较暗，掷向c、d时灯较亮
C．S掷向c、d，把电感线圈中的铁芯抽出来时灯变亮
D．S掷向c、d，电源电压不变，而使频率减小时，灯变暗
解析：线圈对恒定电流无感抗，对交变电流有感抗，当交变电流频率减小时，感抗变小，灯变亮，并且是有铁芯时感抗更大，故铁芯抽出时灯变亮．
4．在如图所示电路中，交变电源是有效值为220
V的电源，C是电容器，R是电阻，关于交流电压表的示数，下列说法中正确的是( C )
A．等于220
V
B．大于220
V
C．小于220
V
D．等于零
解析：虽然交变电流能通过电容器，但对交流有阻碍作用，电容器的容抗与电阻串联，根据串联分压原理可知电阻两端电压应小于电源电压，而电压表测的是电阻两端的电压，故选项C正确．
5．[多选]如图所示的电路中，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25
mH的高频扼流圈，C是一个100
pF的电容器，R是负载电阻，下列说法正确的是( ACD )
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
解析：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．
PAGE
-
10
- 变压器
1．变压器的原理
(1)定义
在交变电流的传输过程中，能升高电压或降低电压的设备．
(2)构造
由闭合的铁芯和绕在铁芯上的两个或两个以上的线圈构成．
①原线圈：与电源相连的线圈，也叫初级线圈，其两端电压叫输入电压．
②副线圈：与负载相连的线圈，也叫次级线圈，其两端电压叫输出电压．
(3)原理
互感现象是变压器的工作基础．原线圈中电流的大小、方向不断变化，在铁芯中激发的磁场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势．
(4)作用
改变交变电流的电压，不改变交变电流的周期和频率．
为什么恒定电流不能利用变压器变压？
提示：通过电磁感应产生互感现象是变压器的工作基础，而恒定电流产生恒定磁场，不产生电磁感应现象，所以无法对直流电变压．
2．变压器的电压、电流与匝数的关系
(1)探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
①在该实验中，要探究的物理量是四个，即输入电压、输出电压、原线圈匝数和副线圈匝数，因此为了搞清关系，应该用控制变量法．
②猜想：线圈两端的电压与其匝数可能有什么关系？原、副线圈的匝数对副线圈两端的电压是否都有影响？
③设计实验方案：控制变量，分别探究．先保持原线圈的匝数不变，改变副线圈的匝数，研究对输出电压的影响；然后，再保持副线圈的匝数不变，改变原线圈的匝数，研究对输出电压的影响．
④进行实验，记录数据．
⑤分析数据，得出结论：原副线圈的电压之比，等于两个线圈的匝数之比．
(2)理想变压器电压跟匝数的关系：＝(表达式)．
(3)理想变压器电流跟匝数的关系：＝(适用于只有一个副线圈的变压器)．
(4)功率关系：对理想变压器而言，输入功率等于输出功率．
3．互感器
(1)电压互感器：是大匝数比的降压变压器，把高电压变为低电压，用来测量交流高电压，应并联在电路中．
(2)电流互感器：是大匝数比的升压变压器，把大电流变为小电流，用来测量交流大电流，应串联在电路中．
考点一
理想变压器的特点及工作原理
1．构造
变压器由一个闭合的铁芯、原线圈和副线圈组成，两个线圈都是由绝缘导线绕制而成的，铁芯由涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成，是用来改变交流电压的装置(单相变压器的构造示意图及电路图中的符号分别如图甲、乙所示)．
2．工作原理
变压器的变压原理是电磁感应．如图所示，当原线圈上加交流电压U1时，原线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生交变的磁通量，在原、副线圈中都要产生感应电动势．如果副线圈是闭合的，则副线圈中将产生交变的感应电流，它也在铁芯中产生交变磁通量，在原、副线圈中同样要引起感应电动势．由于互感现象，原、副线圈间虽然不相连，电能却可以通过磁场从原线圈传递到副线圈．其能量转换方式为原线圈电能→磁场能→副线圈电能．
3．理想变压器的理想化条件
(1)忽略原、副线圈的内阻；
(2)忽略原、副线圈磁通量的差别；
(3)忽略变压器自身的能量损耗，即忽略变压器原、副线圈电路的功率因素的差别．
?1?变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用；
?2?变压器的两个线圈之间通过磁场联系在一起，两个线圈间是绝缘的；
?3?变压器不能改变交变电流的频率；
?4?若直流电的电压是随时间变化的，也可以用变压器改变电压；
?5?原、副线圈的感抗均趋于无穷大，从而空载电流趋于0.
【例1】 [多选]关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( )
A．通以正弦式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相等
C．穿过副线圈的磁通量的变化使得副线圈产生了感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈中
原线圈中的交变电流所产生的变化磁场，除穿过原线圈之外，也穿过副线圈，在两个线圈中都能产生电磁感应现象．
[答案] BC
[解析] 通入交变电流时，原线圈产生的磁通量是变化的，故A错误；原、副线圈在同一铁芯上，没有漏磁，磁通量相等，故B正确；由电磁感应现象，磁通量变化引起感应电动势，故C正确；副线圈中的电流是由于磁通量变化引起的，故D错误．
如图所示为一种变压器的铭牌图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是( B )
A．这是一个升压变压器
B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多
C．当原线圈输入交流电压220
V时，副线圈输出直流电压12
V
D．当原线圈输入交流电压220
V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小
解析：根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220
V，输出电压为12
V，该变压器为降压变压器，故选项A错误，B正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D错误．
考点二
1．理想变压器的三种基本关系
表达名称
规律表示
依据
备注
电压关系
＝＝…
E＝n
适用于一个原线圈、一个或多个副线圈的情况
功率关系
P入＝P出
能量守恒
适用于理想变压器
电流关系
＝
U1I1＝U2I2
适用于一个原线圈、一个副线圈
n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
U1I1＝U2I2＋U3I3＋…
适用于一个原线圈、多个副线圈
2.变压器工作时的制约关系
(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：P2决定P1，P2增大，P1增大；P2减小，P1减小；P2为0，P1为0.
【例2】 如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11
000sin100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6
Ω的导线对“220
V,880
W”的电器R供电，该电器正常工作．由此可知( )
A．原、副线圈的匝数比为501
B．交变电压的频率为100
Hz
C．副线圈中电流的有效值为4
A
D．变压器的输入功率为880
W
本题可按以下思路进行求解：
(1)由交变电压的瞬时值表达式可知原线圈两端电压的频率和有效值；
(2)由电器R正常工作，可知副线圈中电流的有效值和副线圈两端电压的有效值；
(3)由功率关系P入＝P出可求变压器的输入功率．
[答案] C
[解析] 原线圈接入电压u＝11
000sin100πt(V)，输入电压的有效值U1＝11
000
V，已知“220
V,880
W”的电器正常工作，则副线圈中的电流为I2＝＝4
A，副线圈两端的电压为U2＝I2r＋UR＝4×6
V＋220
V＝244
V，原、副线圈的匝数比＝＝＝，选项A错误，C正确；交变电压的频率f＝＝
Hz＝50
Hz，选项B错误；变压器的输入功率P入＝P出＝PR＋Pr＝880
W＋42×6
W＝976
W，选项D错误．
总结提能
变压器工作时的制约关系：
(1)电压：当变压器的原、副线圈的匝数比(n1n2)一定时，输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝U1.
(2)电流：当变压器的原、副线圈的匝数比(n1n2)一定，且输入电压U1一定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的电流I2决定，即I1＝I2.
(3)功率：理想变压器的输入功率和输出功率相等，即P1＝P2，输出功率P2决定输入功率P1.
[多选]如图所示是通过变压器为一精密仪器供电的电路，仪器两端的电压可通过示波器显示出来，电路中的变压器可视为理想变压器．已知示波器显示的电压U2＝31.1sin100πt
V，变压器原线圈与副线圈的匝数比＝，若仪器可以看成纯电阻电路，其工作时的电阻R＝44
Ω，I1、I2表示原、副线圈中的电流，则下列判断正确的是( BD )
A．原线圈两端电压为311
V，原线圈中的电流为70.7
mA
B．原线圈两端电压为220
V，原线圈中的电流为50
mA
C．原线圈所接交流电源的频率为100
Hz
D．原线圈所接交流电源的频率为50
Hz
解析：根据题目给出的副线圈输出电压的变化规律可知，副线圈两端的电压U2＝＝
V≈22
V，由＝，得U1＝220
V；由U2＝I2R，得I2＝0.5
A＝500
mA，由＝，得I1＝50
mA，故A错误，B正确．变压器原、副线圈中交变电流的频率相等，均为50
Hz，故C错误，D正确．
【例3】 [多选]如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )
A．向下滑动P
B．增大交流电源的电压
C．增大交流电源的频率
D．减小电容器C的电容
解答本题时应把握以下两点：
(1)变压器只改变交变电流的电压和电流，不改变交变电流的频率；
(2)电容器的容抗与交变电流的频率以及电容器的电容有关，与其他因素无关．
[答案] BC
[解析] 向下滑动P时，副线圈的匝数变少，由理想变压器的电压关系可知，副线圈两端的电压变小，灯泡变暗，选项A错误；增大交流电源的电压，由理想变压器的电压关系可知，副线圈两端的电压增大，灯泡变亮，选项B正确；电压不变，增大交流电源的频率，电容器的容抗减小，电路中的电流变大，灯泡变亮，选项C正确；减小电容器的电容，电容器的容抗增大，电路中的电流减小，灯泡变暗，选项D错误．
总结提能
本题考查变压器电路的动态分析和电容器的容抗，意在考查考生对变压器规律的掌握情况及对电容器容抗的理解．
如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是( C )
A．I1和I2表示电流的瞬时值
B．U1和U2表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，U2不变，I1变大
D．滑片P向下滑动过程中，U2变小，I1变小
解析：交流电压表和交流电流表测量的是有效值，选项A、B错误；滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，副线圈负载电阻减小，因为原、副线圈的匝数比不变，所以U1、U2不变，因I2＝，所以I2变大，又U1I1＝U2I2，所以I1变大，故选项C正确，D错误．
1．如图所示，为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用白炽灯泡相同，且都是“220
V,40
W”，当灯泡所消耗的功率都调于20
W时，哪种台灯消耗的功率最小( C )
解析：C图为理想变压器调节，而理想变压器不消耗能量，A、B、D三图中均利用电阻来调节灯泡上的电压，故一定要消耗能量．
2．有一电子线路中使用的小变压器，变压比为220
V/6
V，由于使用时间长了分不清原、副线圈，其外形如图所示，现要作为降压变压器使用，则电源(220
V)应接在( B )
A．ab两端
B．cd两端
C．ac两端
D．bd两端
解析：本题考查变压器的电流关系．由变压器结构原理可知，线圈中的电流越大，应当用越粗的导线，在降压变压器中，原线圈的匝数多于副线圈的匝数，即n1>n2，又＝，所以I2>I1，说明通过电流大的(I2)线圈应是副线圈，导线相应要粗些，由图知，ab线较粗，故输入电压(220
V)应接cd两端．故正确答案为B.
3．如图所示，理想变压器原、副线圈上接有四个完全相同的灯泡，若四个灯泡恰好都能正常发光，则下列说法正确的是( B )
A．U1?U2＝3?4
B．U1?U2＝4?3
C．若将L1短路，则副线圈的三个灯泡仍能正常发光
D．若将L2短路，则副线圈的两个灯泡两端的电压变为额定电压的倍
解析：设灯泡的额定电压为U，额定电流为I，则副线圈电压为3U，电流为I，原线圈的灯泡正常发光，电流也为I，所以原、副线圈的匝数比为1?1，原线圈两端电压为3U，所以U1?U2＝4?3，选项A错误，B正确；若将L1短路，则原线圈的电压增大，则副线圈两端电压也增大，三个灯泡不能正常发光，选项C错误；若将L2短路，设副线圈的电流为I′，原线圈的电流也为I′，因此2I′R＋I′R＝U1＝4U，则I′R＝U，即副线圈的每个灯泡两端的电压变为额定电压的，选项D错误．
4．用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题，如图所示，理想变压器副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关S闭合时，以下说法中正确的是( B )
A．原线圈中的电流减小
B．R两端的电压增大
C．原线圈输入功率不变
D．副线圈输出的电压减小
解析：开关S闭合，用户端阻值变小，用户端干路电流增大，则原线圈中电流变大，原线圈输入功率变大，选项A、C均错误；用户端干路电流增大，则输电线R上电压损失变大，选项B正确；由于原电压及匝数比不变，故副线圈输出电压不变，选项D错误．
5．如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220
V的市电上，向额定电压为1.80×104
V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12
mA时，熔丝就熔断．
(1)熔丝的熔断电流是多大？
(2)当副线圈电路中电流为10
mA时，变压器的输入功率是多大？
答案：(1)0.98
A (2)180
W
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，则U1I1＝U2I2
当I2＝12
mA时，I1即为熔断电流，I1＝I2≈0.98
A.
(2)当副线圈电流为I′2＝10
mA时，变压器的输入功率为P1，所以P1＝P2＝I′2U2＝180
W.
PAGE
-
11
-电能的输送
1．输送电能的基本要求
输送电能的基本要求是可靠、保质、经济．
(1)可靠：保证供电线路可靠地工作，少有故障．
(2)保质：保证电能的质量——电压和频率稳定．
(3)经济：输电线路建设和运行费用低，电能损耗少．
2．降低输电损耗的途径
(1)损耗原因：由于输电导线有电阻(R)，输电线中有电流I，所以输电线上有电压损失ΔU＝IR，电流通过导线发热损失功率ΔP＝I2R.
(2)减少损耗的途径
①减小输电线电阻．
②减小输电线上的电流．
为什么要采用高压输电？
提示：输电功率P＝UI，在输送功率一定的情况下，提高输电电压，可减小输电电流，从而减少输电线上的功率损失．
3．电网供电
(1)远距离输电基本原理：在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压．
(2)电网：通过网状的输电线、变电站，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网络．
(3)电网输电的优点
①降低一次能源的运输成本，获得最大的经济效益．
②减少断电的风险，调剂不同地区电力供需的平衡，保障供电的质量．
③合理调度电力，使电力的供应更加可靠，质量更高.
考点一 输电线路上的电压损失和功率损失
1．电压损失
由于输电导线有电阻，电流通过输电导线时，会在线路上产生电势降落，致使输电线路末端的电压U3比起始端电压要低，这就是输电线路上的电压损失ΔU＝U2－U3＝IR线．对于交流电路，感抗和容抗也会造成电压损失，高中阶段暂不研究．
2．功率损失
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．设输电电流为I，输电线的电阻为R线，则功率损失为ΔP＝I2R线．
3．减小输电线路上电压损失和功率损失的方法
根据电压损失的表达式ΔU＝IR线和功率损失ΔP＝I2R线可知，要减少输电线上的电压损失和功率损失，有两种方法：
(1)减小输电线的电阻R线：根据电阻定律可知R线＝ρ，要减小输电线的电阻R线，可采用下述方法：
①减小材料的电阻率ρ.银的电阻率最小，但价格昂贵，目前选用电阻率较小的铜或铝作输电线材料．
②减小输电线的长度L不可行，因为要保证输电距离．
③增加导线的横截面积．可适当增大横截面积，太粗不可能，既不经济又架设困难．
另外，用增大输电导线横截面积的方法来减小电阻，对低压照明电路有效，在高压线路中，因容抗和感抗造成的电压损失比电阻造成的还要大，故这种方法在高压输电中的应用效果不佳．
(2)减小输电电流：在输电功率一定的条件下，根据P＝UI可知，要减小输电线中的电流I，必须提高输电电压U.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，根据ΔU＝IR线＝R线知，输电线上的电压损失将变为原来的，根据ΔP＝()2·R线知，输电线上的功率损失将降为原来的.所以减小输电电流，采用高压输电的方法比减小输电线电阻的方法更有效．
?1?输电电压是指加在高压输电线起始端的电压U，损失电压是指降落在输电线路上的电压ΔU＝IR.
?2?输送功率是指高压输电线起始端输出的功率，损失功率是输电线上消耗的功率.
?3?无论从减少输电线路上的功率损失，还是减少电压损失来看，都要求提高输电电压，以减小输电电流.
【例1】 远距离输电，输电功率一定，当输电电压为U0时，输电线上的电流为I0，损失的电功率为P0.则当输电电压提高为2U0时( )
A．由I＝U/R得，输电线上的电流变为2I0
B．由I＝P/U得，输电线上的电流变为I0/2
C．由P＝U2/R得，输电线上损失的电功率为4P0
D．由P＝IU得，输电线上损失的电功率为2P0
当输电电压变化时，输电线上的电流发生变化，输电线上损失的电功率发生变化，计算出输电线上的电流，就能计算出输电线上损失的电功率．
[答案] B
[解析] 设输电线的电阻为R，当输电线上的电流为I0时，损失的电功率为P0＝IR.当输电电压提高为2U0时，由I＝可知输电线上的电流变为，输电线上损失的电功率为P损＝()2R＝.故选项B正确．
总结提能
设输送的电功率为P，输电电压为U，输电导线的电阻为R，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I2R＝()2R，输电线上损失的电压为ΔU＝IR＝R.
[多选]远距离输送交流电都采用高压输电，我国正在研究用比330
kV高得多的电压进行输电，采用高压输电的优点是( AC )
A．可节省输电线的铜材料
B．可根据需要调节交流电的频率
C．可减少输电线上的能量损失
D．可加快输电的速度
解析：由P＝IU得，I＝，当输送功率P一定时，采用高压输电，U大则I小，输电线中的电流就小，由P线＝I2r，在要求输电线损耗一定的情况下，就可选电阻率略大一点的材料做导线．若输电线确定，则可以减少输电线上的能量损失，故A、C正确．交流电的频率是固定的，不需要调节．输电的速度就是电磁波的传播速度，是一定的，故B、D不正确．
考点二 高压交流输电的电路分析
1．远距离输电电路图
2．基本关系式
(1)功率关系：
P1＝P2，P3＝P4，P2＝P线＋P3
(2)电压、电流关系：
＝＝，＝＝
U2＝U线＋U3，I2＝I3＝I线．
(3)输电电流：I线＝＝＝.
(4)输电导线上损耗的电功率：
P线＝I线U线＝IR线＝()2R线．
3．处理远距离输电问题的方法及步骤
(1)处理方法：处理远距离输电问题的方法，关键是抓住一图三线，一图即输电的电路图，三线即三个关系：功率关系、电压关系和电流关系，抓住一图三线，按照从前到后或从后向前的顺序，即可找到突破口．
(2)处理输电问题的步骤：
①画出图上所示的输电过程的示意图；
②在示意图上标出各物理量，找出已知量、未知量和待求量；
③围绕三条线展开分析．
4．需要区分的几组概念
(1)功率方面
：输送电功率、线路损失功率、用户端功率；
(2)电压方面
：发电机输出电压、升压变压器输出电压、线路损失电压、降压变压器输入电压、用户电压；
(3)电流方面
：升压变压器原线圈中电流、输电导线中的电流、用户端电流；
(4)电阻方面：发电机内阻、线路电阻、用户端用电器电阻；
(5)变压器方面：升、降变压器，原、副线圈匝数等．
总之，这些物理量不一定全用，但毕竟较多，使用时一定要明确各物理量表示的意义．
?1?用户消耗的功率决定输送功率，即用户和线路总共消耗多少功率，发电站就输送多少功率，这是能量守恒定律和变压器原理的体现.
?2?抓住输电的两头——电源和用电器；分析一条线——输电线；研究两次电压变换——升压变压器和降压变压器.
?3?注意输送电压?功率?、损失电压?功率?、用户电压?功率?三者之间的区别和数量关系.
【例2】 某发电机的输出电压为220
V，输出电功率为44
kW，输电导线的电阻为0.2
Ω.如果用原、副线圈匝数之比为110的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为101的降压变压器降压供给用户．
(1)求用户得到的电压和功率；
(2)若不经过变压而用该线路直接送到用户，求用户得到的电压和功率．
本题的解题思路如下：
→→→→
[答案] (1)219.6
V 43.92
kW (2)180
V 36
kW
[解析] 根据题意画出从发电机到用户的传输过程如图所示
(1)升压变压器原、副线圈两端的电压之比为
＝，解得U2＝U1＝2
200
V
副线圈中的电流I2＝＝20
A
输电线路上损失的功率为P损＝IR线＝80
W
用户得到的功率为P用＝P－P损＝43.92
kW
输电线路上损失的电压为ΔU＝I2R线＝20×0.2
V＝4
V
降压变压器原线圈两端的电压为U3＝U2－ΔU＝2
196
V
降压变压器原、副线圈两端的电压之比为
＝，解得U4＝U3＝219.6
V
用户得到的电压为U用＝U4＝219.6
V.
(2)若不经过变压而用原线路直接送到用户，输电线路中的电流为I＝＝
A＝200
A
输电线路上损失的功率为P′损＝I2R线＝8
kW
损失的电压为ΔU′＝IR线＝40
V
则P′用＝P－P′损＝36
kW，
U′用＝U－ΔU′＝180
V.
总结提能
在解答远距离输电问题时，可根据题意画出远距离输电的电路示意图，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置；然后抓住远距离输电的“两头”——发电站和用电器，分析一条线——输电线；最后研究两次电压变换——升压和降压．
某学校有一台应急备用发电机，内阻为r＝1
Ω，升压变压器的匝数比为14，降压变压器的匝数比为41，输电线的总电阻为R＝4
Ω，全校22个教室，每个教室用“220
V,40
W”的灯泡6盏，要求所有灯都正常发光，求：
(1)输电线上损耗的电功率多大？
(2)发电机的输出功率多大？
(3)发电机的电动势多大？
答案：(1)144
W (2)5
424
W (3)250
V
解析：(1)根据题意，画出从发电机到教室灯泡之间的传输过程，如图所示．
所有灯都正常工作的总功率为
P′2＝22×6×40
W＝5
280
W
灯泡都正常工作时的总电流为I′2＝＝
A＝24
A
两个变压器之间输电线上的电流为IR＝I2＝＝6
A
故输电线上损耗的电功率PR＝IR＝144
W.
(2)升压变压器的输出功率为P′1＝PR＋P′2＝5
424
W.
而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率，
P出＝P1＝P′1＝5
424
W.
(3)降压变压器上的输入电压U2＝4U′2＝880
V
输电线上的电压损失为UR＝IRR＝24
V
因此升压变压器的输出电压为U′1＝UR＋U2＝904
V
升压变压器的输入电压为U1＝＝226
V
升压变压器的输入电流为I1＝4IR＝24
A
发电机的电动势
E＝U1＋I1r＝226
V＋24×1
V＝250
V.
1．中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化．近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格，可采取的措施有( C )
A．提高输送功率
B．减小输电导线的长度
C．提高输电的电压
D．减小输电导线的横截面积
解析：为减少远距离输电的损耗，可以提高输电的电压，故C项正确；提高输送功率不能减少远距离输电的损耗，减小输电导线的长度的方法不可取，减小输电导线的横截面积反而会增大损耗，故A、B、D均错误．
2．[多选]某山区小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的变压器升压，然后通过高压输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低电压后再输送至村寨中各用户．设变压器都是理想的，那么随着村寨中接入电路的用电器消耗的总功率的增加，则( ACD )
A．通过升压变压器初级线圈中的电流变大
B．升压变压器次级线圈两端的电压变小
C．高压输电线路上的电压损失变大
D．降压变压器次级线圈两端的电压变小
解析：接入电路的用电器消耗的总功率增加，电路传输的功率就要增加，因此通过升压变压器初级线圈中的电流变大，则其次级线圈即输电线上的电流增加，高压输电线路上的电压损失变大，A、C对；根据U1U2＝n1n2知升压变压器次级线圈两端的电压不变，因输电线上电压降增大，所以降压变压器初级线圈两端的电压减小，则降压变压器次级线圈两端的电压变小，B错，D对．
3．用一台型号为AED6500S的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示，发电机到安置区的距离是400
m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4
Ω，安置区家用电器的总功率为44
kW，当这些额定电压为220
V的家用电器都正常工作时( C )
型号
AED6500S
输出电压范围
220～300
V
最大输出功率
60
kW
A.输电线路中的电流为20
A
B．发电机的实际输出电压为300
V
C．在输电线路上损失的电功率为8
kW
D．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是300
V
解析：当这些额定电压为220
V的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流为I＝＝200
A，A错误；导线电阻为R＝2.5×10－4×400×2
Ω＝0.2
Ω，则发电机的实际输出电压为U输＝U＋IR＝260
V，B错误；在输电线路上损失的电功率为P损＝I2R＝8
kW，C正确；如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压的最大值是Um＝U输≈368
V，D错误．
4．500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大工程．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)( B )
A．0.4P
B．0.16P
C．2.5P
D．6.25P
解析：根据P损＝r可知：当输电电压由200
kV升高到500
kV时，其线路损耗由P减小到0.16P，选项B正确．
5．[多选]在如图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，下列说法中正确的是( CD )
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．输电线上损失的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
解析：由题意可知升压变压器输入电压不变，则输出电压不变，A错误；在电能输出过程中有：I＝，U线＝IR线，U3＝U2－U线，因P变大，I变大，所以U线变大，降压变压器初级线圈电压U3变小，则降压变压器的输出电压变小，B错误；由P损＝()2R线，因P变大，所以P损变大，C正确；根据＝＝，因P变大，所以比值变大，D正确．
PAGE
-
10
-
