交变电流
目
标
导
航
思
维
脉
图
1.会观察电流(或电压)的波形,理解交变电流和直流的概念。
(物理观念)2.理解交变电流的产生过程,会分析电动势和电流方向的变化规律。
(科学思维)3.知道交变电流的变化规律及表示方法,知道交变电流的瞬时值、峰值的物理含义。
(科学探究)4.通过对交变电流的认识,领略自然界的奇妙与和谐,发展对科学的好奇心与求知欲,培养学生的科学素养。
(科学态度与责任)
必备知识·自主学习
一、交变电流
图片为某用电器的铭牌,其中输入的AC是什么意思?
提示:交流电
1.交变电流:大小和方向随时间周期性变化的电流,简称交流(AC)。如图所示。其中甲图是正弦式交变电流。
2.直流:方向不随时间变化的电流,称为直流(DC)。如图所示。
3.恒定电流:大小和方向不随时间变化的电流,如图所示。
4.图象特点:
(1)恒定电流的图象是一条与时间轴平行的直线。
(2)交变电流的图象随时间做周期性变化,如正弦交变电流的图象:
二、交变电流的产生
线圈通过中性面时,磁通量、电流特点?
提示:磁通量最大,电流为零。
1.产生条件:在匀强磁场中,矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
2.过程分析(如图所示):
3.中性面:线圈在磁场中转动的过程中,线圈平面与磁场垂直时所在的平面。
三、交变电流的变化关系
如何理解线圈平面转到中性面时感应电动势为零,而线圈平面与中性面垂直时感应电动势最大呢?
提示:根据法拉第电磁感应定律E=n可知,感应电动势的大小不是与磁通量Φ直接对应,而是与磁通量的变化率成正比。虽然线圈经过中性面时磁通量最大,但磁通量的变化率为零,所以感应电动势为零;虽然线圈平面与中性面垂直时磁通量为零,但磁通量的变化率最大,所以感应电动势最大。
1.从两个特殊位置开始计时瞬时值的表达式:
从中性面位置开始计时
从与中性面垂直的位置开始计时
磁通量
Φ=Φmcosωt=BScos
ωt
Φ=Φmsin
ωt=BSsinωt
感应电动势
e=Emsinωt=NBSωsin
ωt
e=Emcosωt=NBSωcosωt
电压
u=Umsinωt=sinωt
u=Umcosωt=cosωt
电流
i=Imsinωt=sinωt
i=Imcosωt=cosωt
2.峰值:表达式中的Em、Um、Im分别为电动势、电压和电流可能达到的最大值,叫作峰值。
峰值决定因素:
关于它的数值的解释符合科学实际的有:①②③。
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。
3.正弦式交变电流的图象:
4.几种不同类型的交变电流:
(1)线圈转一周有两次经过中性面,每转一周电流方向改变一次。
(×)
(2)当线圈中的磁通量最大时,产生的电流也最大。
(×)
(3)线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生的交流电是交变电流。
(√)
(4)交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置无关。
(×)
(5)交变电流的图象均为正弦函数图象或余弦函数图象。
(×)
关键能力·合作学习
知识点一 交变电流的产生
1.过程分析:
(1)如图所示为线圈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)。
(2)具体分析如图所示:
甲位置:导体不切割磁感线,线圈中无电流;
乙位置:导体垂直切割磁感线,线圈中有电流,且电流从a端流入;
丙位置:与图甲位置相同;
丁位置:电流从a端流出,这说明电流方向发生了改变;
戊位置:与图甲位置相同。
线圈这样转动下去,就在线圈中产生了交变电流。
2.中性面、中性面的垂面位置的特性及转动过程中各量的变化:
中性面
中性面的垂面
远离中性面
靠近中性面
位置
线圈平面与磁场垂直
线圈平面与磁场平行
线圈平面与磁场间夹角变小
线圈平面与磁场间夹角变大
磁通量
最大
零
减小
增大
磁通量变化率
零
最大
增大
减小
感应电动势
零
最大
增大
减小
线圈边缘线速度与磁场方向夹角
0°
90°
从0°逐渐变大
从90°逐渐变小
感应电流
零
最大
增大
减小
电流方向
改变
不变
不变
不变
提醒:注意表格中的磁通量变化率与对应的电流关系是一致的
3.正弦交变电流的产生条件:
(1)匀强磁场。
(2)线圈匀速转动。
(3)线圈的转轴垂直于磁场方向。
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?
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图象:
【典例】如图所示为线圈转动一周的四个特殊位置,试分析讨论:线圈逆时针匀速转动的过程中,哪些边在切割磁感线?感应电动势和感应电流是怎样的?
【解题探究】(1)如何判断电路中是否有感应电流?
提示:画出磁场中磁感线的分布情况和AB边与CD边瞬时速度的方向,若速度与磁场方向平行,则未切割磁感线,无感应电动势和感应电流;若速度与磁场方向不平行,则切割磁感线,有感应电动势和感应电流。
(2)如何判断感应电流的方向?
提示:方向用右手定则判定。
【解析】将立体图转化为平面图来分析,如图所示。
甲图中线圈平面与磁场方向垂直,AB边和CD边均不切割磁感线,线圈中感应电动势和感应电流均为零。
乙图中线圈AB边和CD边切割磁感线,线圈中产生感应电流,根据右手定则可知,感应电流是沿ADCB方向流动的。
丙图中线圈AB边和CD边均不切割磁感线,感应电动势和感应电流均为零。
丁图中线圈AB边和CD边切割磁感线,线圈中产生感应电流,根据右手定则可知,感应电流是沿DCBA方向流动的。
答案:见解析
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。
1.(多选)如图所示,一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动,从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,则在0～这段时间内
( )
A.线圈中的感应电流一直在减小
B.线圈中的感应电流先增大后减小
C.穿过线圈的磁通量一直在减小
D.穿过线圈的磁通量变化率一直在减小
【解析】选A、D。计时开始时线圈平面与磁场平行,感应电流最大,在0～时间内线圈转过四分之一个圆周,感应电流从最大减小为零,磁通量逐渐增大,其磁通量变化率一直减小,故A、D正确。
2.(多选)(2020·抚顺高二检测)矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时,线圈中产生如图所示的交流电,则对应t1时刻线圈的位置可能为图中的
( )
【解析】选B、D。线圈在匀强磁场中绕轴逆时针匀速转动时,切割磁感线,产生电流,在t1时刻,此时感应电流为零,磁通量变化率为零,磁通量最大,线圈平面和磁场方向垂直,故B、D正确。
知识点二 交变电流的变化规律
1.推导正弦式交变电流瞬时值的表达式:
若线圈平面从中性面开始转动,如图所示,则经时间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eab=BLabvsinθ=sinωt。
(5)整个线圈产生的感应电动势e=2eab=BSωsinωt,若线圈为N匝,e=NBSωsinωt。
2.峰值:
(1)由e=NBSωsinωt可知,电动势的峰值Em=NBSω。
(2)交变电动势的最大值,由线圈匝数N、磁感应强度B、转动角速度ω及线圈面积S决定,与线圈的形状无关,与转轴的位置无关,但转轴必须垂直于磁场,因此如图所示的几种情况,若N、B、S、ω相同,则电动势的最大值相同。
(3)电流的峰值可表示为Im=。
3.交变电流的图象:(从中性面开始计时)
交流发电机输出的电流都可以表示为i=Imsinωt吗?
提示:不一定。如果线圈从中性面的垂面开始计时,则输出的电流表示为i=Imcosωt。
【典例】如图所示,正方形线圈abcd的边长是0.5
m,共150匝,匀强磁场的磁感应强度为B=
T,当线圈以150
r/min的转速绕中心轴线OO′匀速旋转时,求:
(1)若从线圈处于中性面开始计时,线圈中感应电动势的瞬时值表达式;
(2)线圈转过
s时电动势的瞬时值。
【解析】分别把Em、ω的数值推出,代入一般式e=Emsinωt就得出了瞬时值表达式。求瞬时值时,只需把t的时刻代入表达式就可以了。
(1)e=Emsinωt=NBS·2πnsin2πnt,
代入数据可得e=375sin5πt(V);
(2)当t=
s时,电动势的瞬时值e=375sin(5π×)V=375
V。
答案:(1)e=375sin5πt(V) (2)375
V
1.求解交变电流的瞬时值问题的答题模型:
2.若线圈给外电阻R供电,设线圈本身电阻为r,由闭合电路欧姆定律得i==sinωt=Imsinωt,R两端的电压可记为u=Umsinωt。
1.【母题追问】上例中,若从线圈处于垂直于中性面的位置开始计时,其他条件不变,结果如何呢?
【解析】(1)e=Emcosωt=375cos5πt(V);
(2)e=375cos(5π×)V=0。
2.某交流发电机正常工作时产生的感应电动势为e=Emsinωt。若线圈匝数减为原来的,而转速增为原来的2倍,其他条件不变,则产生的电动势的表达式为
( )
A.e=Emsinωt
B.e=2Emsinωt
C.e=2Emsin2ωt
D.e=Emsin2ωt
【解析】选D。由Em=NBSω,角速度与转速的关系为ω=2πn得,当N′=、n′=2n时,ω′=2ω,Em′=N′BSω′=·BS·2ω=NBSω,即Em′=Em,故e=Emsin
2ωt,选项D正确。
【加固训练】
矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,产生的感应电动势的最大值为Em,转动的角速度为ω。设t=0时线圈平面与磁场平行,当线圈的匝数增加一倍,角速度也增大一倍,其他条件不变时,交变电流的感应电动势瞬时值表达式为
( )
A.e=2Emsin
2ωt
B.e=4Emsin
2ωt
C.e=Emcos
2ωt
D.e=4Emcos
2ωt
【解析】选D。产生感应电动势的最大值Em=NBSω,当N′=2N,ω′=2ω时,Em′=4Em,所以交变电流的感应电动势的瞬时值表达式为e=4Emcos
2ωt,选项D正确。
【拓展例题】考查内容:交变电流图象的应用
【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-θ=,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。
情境·模型·素养
探究:(1)上述方法中能够产生交变电流的是哪些?
(2)能够产生交变电流的原因?
【解析】(1)A、C、D能够产生交变电流。
(2)B中的金属棒不切割磁感线,不产生感应电动势,C中的折线与矩形线圈的效果是相同的,D中能产生按余弦规律变化的交变电流。
如图所示,将矩形线圈与电流计连接,线圈处于匀强磁场中,并绕垂直磁场的轴匀速转动。
探究:(1)电流计指针如何摆动,这说明了什么?总结产生交变电流的条件是什么?
(2)分析产生交变电流的过程,如何判断线圈中电流的方向?
【解析】(1)矩形线圈转动时,电流计指针左右摆动,说明流过电流计的电流方向改变,线圈转动产生的是交流电。可总结出产生交变电流的条件:线圈绕垂直于磁场的轴转动。
(2)线圈中的电流方向可用楞次定律或右手定则判断。
课堂检测·素养达标
1.(多选)如图所示的图象中属于交变电流的是
( )
【解析】选A、B、C。选项A、B、C中e的方向均发生了变化,故它们属于交变电流,但不是正弦式交变电流;选项D中e的方向未变化,故是直流。
【加固训练】
下列各图象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.(2020·荆门高二检测)
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
【解析】选B。从题图乙可以看出,t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大,线圈经过中性面位置时线圈中感应电流方向改变,A错误,B正确;t2、t4时刻通过线圈的磁通量为零,线圈处于与中性面垂直的位置,此时感应电动势和感应电流均为最大,故C、D错误。
3.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)从题图位置开始感应电动势的瞬时值表达式为e=Emcos
ωt
=2cos
2πt
(V)
(3)从题图位置开始转过30°角时感应电动势的瞬时值e′=2cos
30°V=
V,
i==
A。
答案:(1)2
V (2)e=2cos
2πt
(V) (3)
A
PAGE
-
14
-描述交变电流的物理量
目
标
导
航
思
维
脉
图
1.掌握交变电流的周期、频率、线圈转动角速度三者之间的关系。
(物理观念)2.能理解电流的有效值,知道有效值是与热效应有关的量。
(科学思维)3.掌握交变电流有效值与峰值的关系,会进行有效值的计算。
(科学思维)
必备知识·自主学习
一、周期和频率
我国民用交变电流的周期和频率是多少?电流方向每秒钟改变多少次?
提示:我国民用交变电流的周期是0.02
s,频率是50
Hz,电流方向每秒改变100次。
周期、频率、角速度和转速:
物理量
定义
单位
公式
意义
周期
交变电流完成一次周期性变化所需的时间
秒
T=
周期越大,则交流电变化越慢
频率
交变电流在1
s内完成周期性变化的次数
单位是赫兹,符号是Hz
f=Tf=1
频率越大,则交流电变化越快
角速度
产生交变电流的线圈单位时间转过的弧度
弧度每秒(rad/s)
ω==2πf
角速度越大,则交变电流变化越快
转速
产生交变电流的线圈转动的快慢
转每秒(r/s)
n=f
转速越大,则交变电流变化越快
二、峰值、有效值和相位
某交流电压的瞬时值表达式u=6sin(100πt)V,把标有“6
V 2
W”的小灯泡接在此电源上会不会被烧坏?把标有6
V的电容器接在此电源上会不会被击穿?
提示:小灯泡不会被烧坏,交流电压的瞬时值表达式u=6sin(100πt)
V中
6
V是最大值,其有效值是6
V,而标有“6
V 2
W”的小灯泡中的6
V是有效值。电容器会被击穿。
1.峰值:
(1)定义:交变电流的电压、电流所能达到的最大数值。
(2)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:让交变电流与恒定电流分别通过相同的电阻,如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等,则这个恒定电流的电流I、电压U,叫作这个交流的有效值。
(2)应用:
①交流用电设备上所标的额定电压和额定电流;
②交流电压表测量的数值;
③无特别说明时提到的交变电流的数值。
3.正弦式交变电流峰值和有效值的关系:I=,U=。
4.相位:
(1)正弦式交变电流瞬时值表达式中正弦符号“sin”后面的量“ωt+φ”叫作交变电流的相位,“φ”叫作初相位。
(2)两支交流的相位之差叫作它们的相位差;当它们的频率相同时,相位差是个常数。
5.关于交流电的“四值”:
解释符合科学实际的有:③⑤。
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。
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。
(1)各国交变电流的周期都是0.02
s。
(×)
(2)若交变电流是线圈在匀强磁场中匀速转动形成的,则交变电流的周期也是线圈做圆周运动的周期。
(√)
(3)我国提供市电的发电机转子的转速为3
000
r/min。
(√)
(4)交变电流的有效值总是小于峰值。
(×)
(5)当线圈从中性面位置开始转动时,初相为0。
(√)
关键能力·合作学习
知识点一 交变电流的有效值的理解与计算
1.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E=,U=,I=。
(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。
2.几种典型交变电流的有效值:
电流名称
电流图象
有效值
正弦式交变电流
I=
正弦式半波电流
I=
正弦式单向脉冲电流
I=
矩形脉冲电流
I=Im
非对称性交变电流
I=
提醒:有效值是按照相同时间内的产热量决定的。
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。
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】通过一阻值R=100
Ω的电阻的交变电流图象如图所示,其周期为1
s。电阻两端电压的有效值为
( )
A.12
V B.4
V C.15
V D.8
V
【解题探究】(1)该电流周期为多少?
提示:1
s
(2)一个周期内的热量如何去求?
提示:分段按照直流电求。
【解析】选B。由题意结合有效值的定义可得I2RT=2(R·T+R·T),将I1=0.1
A,I2=0.2
A代入可得流过电阻的电流的有效值I=
A,故电阻两端电压的有效值为IR=4
V,B正确。
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。
1.【母题追问】上例中,若在电路中串联一个二极管,其他条件不变,则电阻两端电压的有效值为多少?
【解析】I′2RT=R·T+R·T
解得I′=
A
故U′=I′R=4
V
答案:4
V
2.两个完全相同的电热器,分别通以图甲、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
( )
A.∶1
B.2∶1
C.4∶1
D.1∶1
【解析】选B。甲为矩形交变电流,它的大小恒为Im,方向做周期性变化,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热器的热功率
P甲=R;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=R=R=,得=,选项B正确。
【加固训练】
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:
·R·+R·=RT
求出IA=I0
对乙图有:IB==I0
根据功率公式P=I2R得:==,故选A。
知识点二 正弦式交变电流“四值”比较及应用
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
计算线圈某一时刻的受力情况
最大值
最大的瞬时值
Em=nBSω,Im=
确定电容器的耐压值
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值
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围面积与时间的比值
=n=
计算通过电路横截面的电荷量
如图所示的电流i通过一个R=1
Ω的电阻。
(1)它不是恒定电流,怎样计算通电1
s内电阻R中产生的热量?
(2)如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻R,也能在1
s内产生同样的热,这个电流是多大?
提示:(1)Q=Rt1+Rt2=2.8
J。
(2)Q=I2Rt=2.8
J,I=
A。
【典例】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60°角的过程中,通过导线横截面的电荷量。
【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=Emsin
30°=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60°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==0.1
C。
答案:(1)1.97×104
W (2)314
V 31.4
A (3)0.1
C
1.(多选)下列关于交流电的说法中正确的是
( )
A.交流电气设备上所标的电压值和电流值是交流电的峰值
B.用交流电流表和电压表测定的读数值是交流电的瞬时值
C.给定的交流数值,在没有特别说明的情况下是指有效值
D.跟交变电流有相同的热效应的直流电的数值是交流电的有效值
【解析】选C、D。对于交变电流,在没有特别说明的情况下指有效值,交流电流表和电压表的读数值是交流电的有效值,交流电气设备的铭牌上所标的电压值和电流值也是有效值,A、B错误,C正确;根据有效值定义可知,D正确。
2.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.交流发电机的线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10
V
D.交流发电机的线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为
V
【解析】选D。因电压表示数为9
V,所以电路中的电流I=
A=1
A,故电动势的有效值E=I(r+R)=10
V,其最大值Em=E=10
V,故A、B错误;线圈通过中性面时电动势的瞬时值为0,C错误;转过90°的过程中的平均感应电动势,应用公式=求解,=n=n=n=,又nBSω=10
V,故=
V,D正确。
【加固训练】
1.(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=t=,功率为P==,故C错误,D正确;故选A、D。
2.如图所示,矩形线圈abcd在磁感应强度B=2
T的匀强磁场中绕轴OO′以角速度ω=10π
rad/s匀速转动,线圈共10匝,电阻r=5
Ω,ab=0.3
m,bc=0.6
m,负载电阻R=45
Ω。
(1)写出从图示位置开始计时的线圈中感应电动势的瞬时值表达式。
(2)求电阻R在0.05
s内产生的热量。
(3)求0.05
s内流过电阻R上的电荷量(设线圈从垂直中性面开始转动)。
【解析】(1)电动势的最大值为
Emax=nBSω=10×2×0.3×0.6×10π
V=113.04
V
由于从线圈平面经过与磁感线平行的位置开始计时,交变电流为最大值,故瞬时值表达式
e=Emax·cos
ωt=113.04cos
10πt
V
(2)电流的有效值I===1.6
A
所以0.05
s内R上产生的热量
Q=I2Rt=5.76
J
(3)平均感应电动势为
=n=72
V
平均感应电流为
==1.44
A
所以通过电阻R的电荷量为
q=·t=0.072
C。
答案:(1)e=113.04cos
10πt
V (2)5.76
J (3)0.072
C
【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。
情境·模型·素养
如图甲所示,调光台灯是通过双向可控硅电子器件来实现无级调节灯的亮度的。现将某无级调光台灯接在220
V的正弦交变电流上,经过可控硅调节后加在灯管两端的电压如图乙所示
探究:(1)此图所示电压是否为交变电压?如何求电压有效值?
(2)电压表示数为多少?
【解析】(1)虽然图示电流不是正弦交变电流,根据正弦式交变电流的图象对称性可知,只要有T的图线就满足最大值是有效值的倍。
(2)根据交变电流有效值定义有:T=·,解得U=110
V≈156
V。
实验室一台手摇交流发电机,内阻r=1.0
Ω,外接R=9.0
Ω的电阻。闭合开关S,当发电机转子以某一转速匀速转动时,产生的电动势e=10sin10πt
(V)
探究:
(1)该交变电流的频率。
(2)外接电阻R所消耗的电功率。
【解析】(1)因e=10sin10πt
(V),故ω=10π
rad/s,f==5
Hz。
(2)Em=10
V,故其有效值E==10
V,交流电表的示数及功率的计算均要用有效值,因此电路中理想电流表A的示数I==1.0
A,外接电阻R所消耗的电功率为P=I2R=1.02×9
W=9
W。
课堂检测·素养达标
1.如图所示,图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系。若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻,则经过1
min的时间,两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为
( )
A.1∶ B.1∶2 C.1∶3 D.1∶6
【解析】选C。计算电功时,I要用有效值。题图甲中,设周期为T,由有效值的定义得R·+0+R·=RT,得I1=
A;图乙中,电流的大小不变,I2=1
A,由W=I2Rt可以得到W甲∶W乙=1∶3,C正确。
2.(多选)有一交变电流如图所示,则由此图象可知
( )
A.它的周期是0.8
s
B.它的峰值是4
A
C.它的有效值是2
A
D.它的频率是0.8
Hz
【解析】选A、B。由图象可知,周期为0.8
s,频率为1.25
Hz,选项A正确,D错误;峰值是4
A,选项B正确;因图示交流电不是正弦交流电,故有效值不是2
A,选项C错误。
3.(多选)一矩形线圈,在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动,形成如图所示的交变电动势图象,根据图象提供的信息,以下说法正确的是
( )
A.线圈转动的角速度为
rad/s
B.电动势的最大值为20
V
C.t=1.0×10-2
s时,线圈平面和磁场方向的夹角为30°
D.t=1.5×10-2
s时,穿过线圈平面的磁通量最大
【解析】选A、B、C。周期T=6×10-2
s,角速度ω==rad/s,A项正确;由题图可知电动势的最大值为20
V,B项正确;电动势的瞬时值表达式为e=
20sint(V),将t=1.0×10-2
s代入t,解得θ=,这是线圈从中性面开始转过的角度,故线圈平面和磁场方向的夹角为30°,C项正确;t=1.5×10-2s时,线圈平面与磁场平行,磁通量最小,D项错误。
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
PAGE
-
15
-电感和电容对交变电流的影响
目
标
导
航
思
维
脉
图
1.通过演示实验,了解电感器和电容器对交变电流的阻碍和导通作用。
(物理观念)2.知道感抗和容抗的物理意义以及与哪些因素有关。
(科学思维)3.能够分析简单电路中的电容器、电感器的作用。
(科学探究)
必备知识·自主学习
一、电感器对交变电流的阻碍作用
为什么电感器对交变电流有阻碍作用?
提示:交变电流通过线圈(电感器)时,电流时刻在变化,由于线圈的自感现象,必然产生感应电动势阻碍电流的变化,就形成了电感器对交变电流的阻碍作用。
1.实验探究:
如图所示,取直流电源电压与交流电源电压有效值相等。
(1)实验目的:了解并验证电感线圈对交变电流的阻碍作用。
(2)实验现象:接通直流电源时,灯泡亮些;接通交流电源时,灯泡暗些。
(3)实验结论:电感线圈对交变电流有阻碍作用。
2.感抗:
(1)物理意义:表示电感对电流的阻碍作用的大小。
(2)影响感抗大小的因素:线圈的自感系数,交流的频率。线圈的自感系数越大,交流的频率越高,感抗越大。
3.感抗的应用:
低频扼流圈
高频扼流圈
自感系数
较大
较小
感抗大小
较大
较小
作用
通直流、阻交流
通低频、通直流,阻高频
4.关于电感器对交变电流的阻碍作用:
解释符合科学实际的有:①④⑤
①电感线圈对交变电流有阻碍作用。
②同一个线圈对直流和对交流的阻碍作用是相同的。
③低频扼流圈只能阻碍低频交变电流,不能阻碍高频交变电流。
④电感线圈中通入交变电流后,交变电流的瞬时值为0的瞬间,线圈仍然对交变电流有阻碍作用。
⑤线圈的匝数越多,对同一个交变电流的阻碍作用就越大。
⑥线圈对交变电流的阻碍作用随着交变电流的频率的变大而减小。
二、电容器对交变电流的阻碍作用
电容器两极板之间是绝缘介质,它阻隔导体中自由电子的通过,为什么交变电流能通过电容器呢?
提示:电流是由电荷的定向移动形成的,把交流电源接到电容器的两个极板上后,当电源电压升高时,电源给电容器充电,电荷向电容器极板上聚集,在电路中形成充电电流;当电源电压降低时,电容器放电,原来聚集在极板上的电荷又放出,在电路中形成放电电流。电容器交替地进行充电和放电,电路中就形成了电流,好像是交流“通过”了电容器(实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质)。
1.交变电流能够通过电容器:
(1)实验电路(如图所示):
(2)实验现象:
电路中串有电容器时,接通直流电源,灯泡不亮;接通交流电源,灯泡亮。
(3)实验结论:
交变电流能够通过电容器,直流不能通过电容器。
2.电容器对交变电流的阻碍作用:
(1)容抗:表示电容对交流阻碍作用的大小。
(2)影响容抗大小的因素:电容器的电容越大,交流的频率越高,容抗越小。
(3)应用:电容器具有“隔直流、通交流”的作用。
(1)交流电的频率越高,电感对交流的阻碍作用越大。
(√)
(2)电感线圈之所以对交变电流有阻碍作用,是由于自感电动势总是阻碍电流的变化。
(√)
(3)电容器在交变电路中,相当于一个电阻,具有分压作用。
(√)
(4)电容器接到交流电源时,有自由电荷通过电容器。
(×)
(5)电容器的电容越大,容抗就越大。
(×)
关键能力·合作学习
知识点一 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原因:
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.低频扼流圈和高频扼流圈的结构和特性比较:
低频扼流圈
高频扼流圈
结构
有铁芯、匝数多
铁氧体芯或空心,匝数少
自感系数
大(大到几十亨利)
小(最大几毫亨)
感抗
对高频、低频交变电流阻碍作用都大
只对高频交变电流起阻碍作用,低频可忽略
特性
通直流,阻交流
通直流,通低频,阻高频
如图所示,把带铁芯的线圈L与小灯泡串联起来,先把它们接到直流电源上,再把它们接到有效值等于直流电源电压的交流电源上。
(1)两种情况下灯泡的亮度有什么不同?说明了什么?
(2)乙图中换用自感系数更大的线圈或调换频率更高的交流电源,灯泡的亮度有何变化?说明了什么?
提示:(1)甲图中灯泡比乙图中灯泡更亮,说明电感器对交变电流有阻碍作用。
(2)不论是换用自感系数更大的线圈还是调换频率更高的交流电源,灯泡均变得更暗,说明线圈的自感系数越大,交流电的频率越高,线圈对交流电的阻碍作用越大。
【典例】在如图所示电路中,L为电感线圈,灯泡电阻为R,电流表内阻为零,电压表内阻无限大,交流电源的电压u=220sin(100πt)V。若保持电压的有效值不变,只将电源频率改为100
Hz,下列说法正确的是
( )
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
【解题探究】
(1)交变电流u=220sin(100πt)V的频率是多少?
提示:f==50
Hz。
(2)频率变化,线圈的感抗如何变化?
提示:当电源频率由原来的50
Hz增加为100
Hz时,线圈的感抗增大。
【解析】选C。由u=220sin(100πt)V,可得电源原来的频率为f==50
Hz,当电源频率由原来的50
Hz增加为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,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,C正确,D错误;电压表与电感线圈并联,其示数为线圈两端的电压UL,设灯泡两端电压为UR,则电源电压的有效值为U=UL+UR,因UR=IR,故电流I减小时,UR减小,且电源电压有效值保持不变,故UL=U-UR,UL增大,B错误。
1.一个灯泡通过一个由粗导线绕制的线圈与一交流电源相连接,如图所示。若将一铁块插进线圈之后,该灯将
( )
A.变亮 B.变暗 C.没有影响 D.无法判断
【解析】选B。线圈和灯泡是串联的,因此加在串联电路两端的总电压一定是线圈上的电压与灯泡上的电压之和。由墙上插孔所提供的220
V电压,一部分降落在线圈上,剩余的降落在灯泡上。如果一个大电压降落在线圈上,则仅有一小部分电压降落在灯泡上。当铁块插进线圈时,线圈的自感系数变大,线圈上分得的电压变大。灯泡上电压变小,将变暗。故B正确。
2.如图所示的电路中,正弦交流电源电压的有效值为220
V,则关于交流电压表的示数,以下说法中正确的是
( )
A.等于220
V
B.大于220
V
C.小于220
V
D.等于零
【解析】选C。电感线圈对交变电流产生感抗,具有“通直流、阻交流”的作用,故电压表的示数小于220
V,故C正确。
【加固训练】
(多选)如图所示实验电路中,若直流电压和交变电压的有效值相等,S为双刀双掷开关,下列叙述正确的是
( )
A.当S掷向a、b时灯较亮,掷向c、d时灯较暗
B.当S掷向a、b时灯较暗,掷向c、d时灯较亮
C.S掷向c、d,把电感线圈中的铁芯抽出时灯变亮
D.S掷向c、d,电源电压不变,而使频率减小时,灯变暗
【解析】选A、C。线圈对直流无感抗,对交变电流有感抗,当交流电频率减小时,感抗变小,灯变亮;有铁芯时感抗更大,故铁芯抽出时灯变亮。
知识点二 电容器对交变电流的阻碍作用
1.电容器对交变电流的阻碍作用:
(1)当交变电流给电容器充电时,其极板上就会积累一定数量的电荷,这些电荷在两极板间产生电场,阻碍电荷向这个方向运动,即电容器对交变电流的阻碍作用,这种阻碍作用就是容抗。
(2)影响容抗的因素:与交变电流的频率f和电容器的电容C有关。
2.电容器在电路中的作用:
(1)“隔直流、通交流”的作用。
直流不能通过电容器,因此电容器有“隔直”作用。对于电容较大的电容器,容易进行充放电,因此这种电容器一般用来“隔直流、通交流”,如隔直电容器,如图甲所示。
(2)“通高频、阻低频”的作用。
对于频率不同的交流,频率越高,容抗越小;频率越低,容抗越大。电容较小的电容器,对高频交流的容抗小,阻碍小,对低频交流的容抗大,阻碍大。因此,这种电容器一般用来“通高频,阻低频”,如高频旁路电容器,如图乙所示。
3.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作用阻碍电流的变化
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
对交流有阻碍作用
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f决定
由电容的大小和交流的频率f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
提醒:(1)电阻、感抗和容抗三种阻碍作用的形成原因和决定因素等是完全不同的,在应用上也有区别。
(2)交流电路中的电感器中,电能与磁场能之间相互转化,本身不消耗电能;交流电路中的电容器中,电能与电场能之间相互转化,本身不消耗电能。
如图甲、乙所示,把灯泡和电容器串联起来,先把它们接到直流电源上,再把它们接到交流电源上。
(1)观察灯泡的发光情况,并分析原因。
(2)若把图乙中的电容器去掉,变成图丙所示电路,会发生什么现象?说明了什么?
(3)在图乙中,改变电容器的电容和电源频率,灯泡亮度会有什么变化?说明了什么?
提示:(1)甲图中的灯泡不亮,乙图中的灯泡亮。甲图中的电源是直流电源,电容器在电路中是断路,电路中没有电流,灯泡不亮。乙图中的电源是交流电源,把交流电源接到电容器两个极板上后,电容器交替进行充电和放电,电路中就有了电流,好像是交流“通过”了电容器,灯泡就亮了,但实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质。
(2)灯泡变得比乙图亮,说明电容器对交变电流有阻碍作用。
(3)电容越大,灯泡越亮;频率越高,灯泡越亮。电容器的电容和交变电流的频率都对电容器对交变电流的阻碍作用有影响。
【典例】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
【解析】选D。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”;电阻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。
1.【母题追问】
上例中,若将电路中的开关S接A,并将交变电流的频率增大,灯泡亮暗如何变化?
【解析】甲灯不变,乙灯变暗,丙灯变亮。
2.(多选)如图所示的电路中,A、B、C三灯亮度相同,电源为220
V、50
Hz的交流电源,以下叙述中正确的是
( )
A.改接220
V、100
Hz的交流电源时,A灯变亮,B灯变暗,C灯不变
B.改接220
V、100
Hz的交流电源时,A灯变暗,B灯变亮,C灯变亮
C.改接220
V的直流电源时,A灯熄灭,B灯变亮,C灯亮度不变
D.改接220
V的直流电源时,A灯熄灭,B灯变亮,C灯变暗
【解析】选A、C。三个支路电压相同,当交流电频率变大时,电感的感抗增大,电容的容抗减小,电阻所在支路对电流的阻碍作用不变,所以流过灯泡A所在支路的电流变大,流过灯泡B所在支路的电流变小,流过灯泡C所在支路的电流不变。故灯泡A变亮,灯泡B变暗,灯泡C亮度不变,故选项A正确,B错误;改接220
V的直流电源时,电容器隔直流,电感线圈通直流,所以A灯熄灭,B灯变亮,C灯亮度不变,故选项C正确,D错误。
【加固训练】
1.(多选)在图中所示的电路中,C为电容器,L为灯泡,电流表内阻为零,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,下列说法正确的有
( )
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
【解析】选A、C。根据电容器对电流的阻碍作用可知,交流电的频率越大,对电流的阻碍作用就越小,所以电路中的电流就越大,故选项A正确;电流大,灯泡的亮度就变大,所以选项C正确,D错误;电容器的分压作用减小,所以电压表的示数减小,选项B错误。
2.“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和低音频段,分别称为高音扬声器和低音扬声器,音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来,送往相应的扬声器,以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动。如图为音箱的电路图,高、低频混合电流由a、b端输入,下列说法正确的是
( )
A.甲扬声器是高音扬声器
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的作用是减弱乙扬声器的高频电流
【解析】选B。高频和低频交流电通入该电路,由于线圈通低频,阻高频,电容通高频,阻低频,所以低频交流电通过甲扬声器,高频交流电通过乙扬声器。所以甲扬声器是低音扬声器;故A错误;电容器是通高频、阻低频,故C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器,故B正确;L1是高频扼流圈,阻碍高频电流通过甲扬声器,故C错误;L2的作用是让低频交流电通过,减弱乙扬声器的低频电流,故D错误;故选B。
【拓展例题】考查内容:电感器和电容器的组合在技术上的应用
【典例示范】(多选)某音响电路的简化电路图如图所示,输入信号既有高频成分,也有低频成分,则
( )
A.电感L1的作用是通高频
B.电容C2的作用是通高频
C.扬声器甲用于输出高频成分
D.扬声器乙用于输出高频成分
【解析】选B、D。在交流电路中,电感L的作用是通低频、阻高频,电容C的作用是通高频、阻低频,故选项A错误,B正确;结合电路结构分析可知,选项C错误,D正确。
情境·模型·素养
在收音机线路中,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,采用如图所示电路。
探究:(1)其中代号a的元件是什么?
(2)其中代号b的元件是什么?
【解析】(1)电容器在该电路中要起“通高频、阻低频”作用,这样的电容器电容应较小,故a处放电容较小的电容器。
(2)电感线圈在该电路中要起“通低频、阻高频”作用,所以b处应接一个高频扼流圈。
答案:见解析
“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器,它们的固有频率分别处于高音、低音频段,分别称为高音扬声器和低音扬声器,音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来,送往相应的扬声器,以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动,如图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。
探究:
(1)甲扬声器是高音扬声器还是低音扬声器?
(2)L2的作用?
【解析】(1)高频和低频交流电通入该电路,由于线圈通低频,阻高频,电容器通高频,阻低频,所以低频交流电通过甲扬声器,高频交流电通过乙扬声器,故甲扬声器是低音扬声器。
(2)L2的作用是让低频交流电通过,减弱乙扬声器的低频电流。
答案:见解析
课堂检测·素养达标
1.在电子技术中,从某一装置输出的电流既有高频成分,又有低频成分。如果只需把低频成分输送到下一级装置,如图所示,则下列做法合理的是
( )
A.在ab间接入一个电容器
B.在ab间接入一个低频扼流圈
C.在ab间接入一个高频扼流圈
D.在ab间接入一个电容器或高频扼流圈或低频扼流圈都可以
【解析】选C。电容器可以“通高频、阻低频”,低频扼流圈可以“通直流、阻交流”,而高频扼流圈可以“通低频、阻高频”,故C正确。
2.(多选)以下关于电阻、电感器、电容器对电流作用的说法正确的是
( )
A.电阻对直流电和交流电都有阻碍作用
B.电容器对直流电没有任何阻碍作用
C.电感器对交流电有阻碍作用
D.电容器两极板间呈断路,因此串联着电容器的电路不能通过交流电
【解析】选A、C。任何导体都有电阻,电阻的大小表示的是导体对电流阻碍作用的大小。无论交流电还是直流电,当其通过导体时,导体对其都有阻碍作用。电感器“通直流、阻交流”,即对直流电无阻碍作用,电感器对交流电的阻碍作用是因为发生了自感现象。电容器“通交流、隔直流”,交流电通过电容器,实质上是电容器不断充、放电的表现,A、C正确,B、D错误。
3.某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分,为使放大器仅得到交流低频成分,如图所示电路中可行的是( )
【解析】选D。A图放大器得到所有成分;B图放大器可得到直流成分,若L为高频扼流圈,也能得到低频成分;C图既可得高频成分也可得低频成分;D图通过C1的是高、低频成分都有,通过C2的旁路电容将高频成分滤去,故只有D合适。
4.(多选)(2020·沈阳高二检测)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,各电压表示数都相同,各灯泡型号相同,下列说法正确的是
( )
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
【解析】选B、C。题图甲中电源电压U=U1+UL1,线圈对交流有阻碍作用,U1≠0,灯泡两端电压UL15.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
【解析】选D。自感系数越大的线圈对交流电的阻碍作用越大,电容越大的电容器对交流电的阻碍作用越小,所以为了尽量减少R2上的交流成分,需要选用自感系数较大的线圈和电容较大的电容器,故D正确,A、B、C错误。故选D。
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-变压器
目
标
导
航
思
维
脉
图
1.了解变压器的构造及几种常见的变压器。
(物理观念)2.理解互感现象和变压器的工作原理。
(物理观念)3.掌握理想变压器的电压与匝数的关系及应用。
(科学思维)4.掌握理想变压器的功率关系,并导出原、副线圈中的电流关系及应用。
(科学思维)
必备知识·自主学习
一、变压器的原理
生活用电电压为220
V,而我们的手机电池都是5
V的,充电器是如何实现电压的变化的呢?
提示:变压器
1.变压器的构造:
由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成,如图所示:
(1)原线圈:与交流电源连接的线圈,也叫初级线圈;
(2)副线圈:与负载连接的线圈,也叫次级线圈。
2.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。
3.作用:改变交变电流的电压,不改变交变电流的周期和频率。
4.注意:(1)变压器不改变交变电流的周期和频率;
(2)变压器只对变化的电流起作用,对恒定电流不起作用;
(3)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。
二、电压与匝数的关系
如图所示的两个变压器称为自耦变压器。
(1)两个变压器中哪一个是升压变压器?
(2)在输入电压U1一定的情况下,要提高输出电压,甲、乙两图中的滑动触头应如何移动?
提示:(1)乙是升压变压器。
(2)甲图中滑动触头应向上移动;乙图中滑动触头应向下移动。
1.理想变压器:没有能量损失的变压器叫作理想变压器,它是一个理想化模型。
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匝数之比,即=。
3.理想变压器原、副线圈功率关系:
P1=P2(选填“>”“=”或“<”)。
4.两类变压器:
副线圈的电压比原线圈电压低的变压器叫降压变压器;副线圈的电压比原线圈电压高的变压器叫升压变压器。
5.关于变压器的原理和应用:
解释符合科学实际的有:①②③
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。
1.变压器只能改变交变电流的电压,不能改变直流电的电压。
(√)
2.实际生活中,不存在原线圈与副线圈匝数相等的变压器。
(√
)
3.理想变压器可以改变交变电流的频率。
(×)
4.电流通过铁芯从原线圈流到副线圈。
(×)
5.=适用于任何理想变压器。
(√)
关键能力·合作学习
知识点一 理想变压器的工作原理及规律
1.工作原理:
2.基本规律:
(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。
实际变压器(特别是大型变压器)一般可以看成理想变压器。
(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,P入=P出。
(5)电流关系:由功率关系可知,当只有一个副线圈时,I1U1=I2U2,得==。当有多个副线圈时,I1U1=I2U2+I3U3+…,得I1n1=I2n2+I3n3+…。
3.变压器的分类:
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)连到小灯泡两端。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?
(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?
(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?
提示:(1)当左边线圈接上交流电源时,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,在右边线圈中会产生感应电动势,右边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,若左边线圈匝数为n1,则U1=E1=n1。若右边线圈匝数为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线圈两端的电压及原、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】如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1,两个标有“12
V
6
W”的小灯泡并联在副线圈的两端。当两灯泡都正常工作时,原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)的示数分别是
( )
A.120
V,0.10
A
B.240
V,0.025
A
C.120
V,0.05
A
D.240
V,0.05
A
【解析】选D。由于灯泡正常发光,所以U2=12
V,
根据=解得U1=240
V;
两个灯泡均正常发光,I2=2=1
A,
根据=解得I1=0.05
A,故D正确。
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。
1.如图所示,理想变压器的原线圈接在u=220sin100πt(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.原线圈的输入功率为220
W
B.电流表的读数为1
A
C.电压表的读数为110
V
D.副线圈输出交流电的周期为50
s
【解析】选B。由交流电压的表达式可知,原线圈两端所加的电压最大值为
220
V,故有效值为U1=220
V,由=,故副线圈电压的有效值为U2=110
V,故输出功率P2==220
W,再由输入功率等于输出功率知,P1=P2=220
W,A项错误;根据欧姆定律知,I2==2
A,由=,得I1=1
A,故电流表读数为1
A,B项正确;电压表的读数为有效值,即U2=110
V,C项错误;由交流电压的表达式可知,ω=
100π
rad/s,由T=,解得T=0.02
s,D项错误。
2.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶1,和均为理想电表,灯泡电阻RL=6
Ω,AB两端电压u1=12sin
100πt(V)。下列说法正确的是
( )
A.电流频率为100
Hz
B.的读数为24
V
C.的读数为0.5
A
D.变压器输入功率为6
W
【解析】选D。根据u1=12sin100πt(V)及U1=知U1=12
V,f==50
Hz,选项A错误;根据=得U2=U1=×12
V=6
V,即的读数为6
V,选项B错误;又I2==
A=1
A,即的读数为1
A,选项C错误;根据P1=P2及P2==
W=6
W可知P1=6
W,选项D正确。
【加固训练】
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1
200
W
C.电流表的示数为6
A
D.原线圈两端电压为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=得原线圈两端电压为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=311sin100πt(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=311sin100πt(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。
3.(多选)如图所示,理想变压器的原线圈匝数为n1=1
000匝,副线圈匝数为n2=200匝,交变电源的电动势e=311sin314tV,电阻R=88
Ω,电流表和电压表对电路的影响忽略不计。下列结论正确的是
( )
A.电流表A1的示数为0.10
A
B.电压表V1的示数为311
V
C.电流表A1的示数为0.75
A
D.电压表V2的示数为44
V
【解析】选A、D。由题意可知U1==220
V,根据===得U2=44
V,故B错误,D正确。I2==0.5
A,故C错误。根据==得I1=0.1
A,故A正确。故选A、D。
知识点二 理想变压器的动态分析
1.电压、电流、功率的制约关系:
(1)电压制约:当变压器原、副线圈的匝数比一定时,输入电压U1决定输出电压U2,即U2=。
(2)功率制约:P出决定P入,P出增大,P入增大;P出减小,P入减小;P出为0,P入为0。
(3)电流制约:当变压器原、副线圈的匝数比一定,且输入电压U1确定时,副线圈中的输出电流I2决定原线圈中的电流I1,即I1=(只有一个副线圈时)。
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→P出→P入→I1;
(2)负载电阻不变,分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况,进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P出→P入→I1。
【典例】如图所示为一理想变压器,S为单刀双掷开关,P为滑动变阻器触头,U1为加在原线圈两端的电压,I1为原线圈中的电流强度,则以下说法错误的是
( )
A.保持U1及P的位置不变,S由a合到b时,I1将增大
B.保持P的位置及U1不变,
S由b合到a时,R消耗的功率将减小
C.保持U1不变,
S合在a处,使P上滑,I1将增大
D.保持P的位置不变,
S合在a处,若U1增大,I1将增大
【解题探究】
(1)滑动变阻器触头P的位置不同会改变哪些物理量?
提示:P的位置不同,R接入电路的电阻会不同,不会影响电压,电流会不同。
(2)开关S位置的不同会导致次级线圈得到的电压如何变化?
提示:在a、b两个位置原线圈的匝数不同会导致次级线圈得到的电压不同,根据U2=知,开关S在b点处比在a点处次级线圈得到的电压大。
【解析】选C。S由a合到b时,n1减小,由=可知U2增大,P2=,P2随之增大,而P2=P1,又P1=U1I1,从而I1增大,A正确;
S由b合到a时,与上述情况相反,P2应减小,B正确;P上滑时,R增大,因P2=,所以P2减小,又P1=P2,P1=U1I1,从而I1减小,C错误;U1增大,由=可知U2增大,所以P2增大,因而I2增大,由=,所以I1也增大,D正确。
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。
1.(母题追问)上例中,若保持输送功率不变,S合在a处,使P上滑时,则U1、I1如何变化?
【解析】由P=R知,R增大,I2减小,故I1减小,又由P=U1I1知,U1增大。
答案:U1增大 I1减小
2.(多选)如图所示,T为理想变压器,电流表、电压表均为理想交流电表。R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,L为电感线圈,A、B两点间接正弦交流电,则
( )
A.只将滑片P1下移时,电流表示数变小
B.只将滑片P2下移时,电压表示数变大
C.只增大交流电的电压时,电流表示数变大
D.只增大交流电的频率时,电压表示数不变
【解析】选A、C。只将滑片P1下移时,变压器副线圈输出电压U2减小,由U1I1=可知,U1、R不变,I1减小,A正确;只将滑片P2下移时,副线圈电路中的总电阻减小,U2不变,因此副线圈电路中的电流增大,R1两端的电压增大,R3两端的电压减小,电压表的示数减小,B错误;只增大交流电的电压时,根据变压比公式可知,副线圈两端的电压增大,因此副线圈的电流增大,根据变流比公式可知,原线圈的电流增大,故电流表示数增大,C正确;只增大交流电的频率时,电感线圈的感抗增大,副线圈电路中的总电阻增大,总电流减小,R1两端的电压减小,R3两端的电压增大,电压表示数增大,D错误。
【加固训练】
1.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。
2.(多选)如图所示,理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表,副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节,在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦交流电,则
( )
A.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变大
B.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变小
C.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表读数变大
D.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表读数变小
【解析】选B、C。Q位置不动,副线圈电压U2不变,当P上滑时,R增大,由P=可知总功率减小,原线圈电压U1不变,由P=U1I1可知原线圈电流I1减小,故选项A错误,B正确;当P位置不动,Q上滑时,n2增大,由=知U2增大,同理分析知原线圈电流I1增大,故选项C正确,D错误。
3.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
【解析】选B。当S闭合后,变压器副线圈电路中的总电阻R减小,而输出电压不变。由I2=得I2增大,即电流表A2的读数增大,变压器的输出功率变大。由U1I1=U2I2可知,I1变大,即电流表A1的读数也变大,选项B正确。
【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。
情境·模型·素养
如图所示,接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电,如果将原、副线圈减少相同匝数,其他条件不变。
探究:(1)小灯泡亮度如何变化?
(2)通过原、副线圈电流的比值如何变化?
【解析】(1)根据变压器电压与匝数关系:=,因为是降压变压器,则n1>n2,当原、副线圈减少相同匝数时,由数学知识可知变大,则U2减小,故灯泡变暗;
(2)根据=可知通过原、副线圈电流的比值变小。
变压器线圈中的电流越大,所用的导线就越粗。我们在街上常见到的往用户送电的变压器就是降压变压器,对于它的原线圈和副线圈。
探究:(1)哪个应该用较粗的导线?
(2)根据是什么?
【解析】(1)副线圈用较粗的导线。(2)因为降压变压器原线圈的电压比副线圈的电压大,由理想变压器输入功率等于输出功率可知,副线圈的电流比原线圈的电流大。
课堂检测·素养达标
1.(多选)电流互感器和电压互感器如图所示,其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数,a、b为两只交流电表,则
( )
A.A为电流互感器,且n1B.A为电压互感器,且n1>n2,a是电压表
C.B为电流互感器,且n3D.B为电压互感器,且n3>n4,b是电压表
【解析】选A、D。由题图可知A为电流互感器,B为电压互感器,因此a是电流表,b是电压表,在A中,有I1n1=I2n2,要把大电流变为小电流,有n2>n1;在B中,有=,要把高电压变成低电压,则有n3>n4,综上可知,A、D正确。
2.在绕制变压器时,某人将两个线圈绕在如图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
( )
A.当线圈1输入电压为220
V时,线圈2输出电压为110
V
B.当线圈1输入电压为220
V时,线圈2输出电压为55
V
C.当线圈2输入电压为110
V时,线圈1输出电压为220
V
D.当线圈2输入电压为110
V时,线圈1输出电压为55
V
【解析】选B。因为理想变压器原、副线圈电压之比等于线圈中产生的感应电动势之比,所以当从线圈1输入电压U1=220
V时,由===得U2=55
V。当从线圈2输入电压U2=110
V时,同理得U1=110
V。故B正确。
3.(多选)如图所示,一理想变压器的原线圈匝数为n1=1
100匝,接电压有效值为U1=220
V的交变电压,副线圈接“20
V 10
W”的灯泡,灯泡正常发光,可知
( )
A.副线圈的匝数n2=200匝
B.副线圈中的电流I2=0.5
A
C.原线圈中的输入功率为10
W
D.原线圈中的电流I1=0.1
A
【解析】选B、C。由于理想变压器原、副线圈两端的电压比=,则副线圈匝数n2=100匝,A错误;理想变压器的原、副线圈的功率相等,所以原线圈的输入功率为10
W,C正确;由功率P=UI可得副线圈中的电流I2=0.5
A,原线圈中的电流I1=I2≈0.
045
A,B正确,D错误。
4.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈,原、副线圈都只取该线圈的某部分。一升压式自耦调压变压器的电路如图所示,其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1
900匝;原线圈为1
100匝,接在有效值为220
V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时,负载R上的功率为2.0
kW。设此时原线圈中电流有效值为I1,负载两端电压的有效值为U2,且变压器是理想的,则U2和I1分别约为
( )
A.380
V和5.3
A
B.380
V和9.1
A
C.240
V和5.3
A
D.240
V和9.1
A
【解析】选B。对于理想变压器,原、副线圈功率相同,故通过原线圈的电流I1==
A≈9.1
A,负载两端电压即为副线圈电压,由=,即=,可得U2=380
V,故B对。
【加固训练】
一自耦变压器如图所示,环形铁芯上只绕有一个线圈,将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分,接在c、d间作为副线圈,在a、b间输入电压为U1的交变电流时,c、d间的输出电压为U2,在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中
( )
A.U2>U1,U2降低
B.U2>U1,U2升高
C.U2D.U2【解析】选C。由=,n1>n2知U25.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
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-
16
-电能的输送
目
标
导
航
思
维
脉
图
1.理解输电线上电能的损失与哪些因素有关。
(物理观念)2.理解减小电能损失的两个途径以及高压输电的原理。
(科学思维)3.知道远距离输电的典型电路,并能利用变压器和电路的规律解决实际问题。
(科学态度与责任)
必备知识·自主学习
一、降低输电损耗的两个途径
由欧姆定律I=可知,导体两端加的电压越大,导体中流过的电流越大,可在高压输电过程中,却有“提高电压,降低电流”的结论,这二者间是不是有矛盾?
提示:不矛盾。欧姆定律是对纯电阻耗能元件而成立的定律,而“提高电压,降低电流”是从输送角度,由P=IU,且在P一定的条件下得出的结论,两者没有联系。
1.输送电能的基本要求:
(1)可靠:指保证供电线路可靠地工作,少出现故障。
(2)保质:保证电能的质量——电压和频率稳定。
(3)经济:指输电线路建造和运行的费用低,电能损耗少。
2.降低输电损耗的两个途径:
要减少输电线路上的功率损失,由公式P损=I2R线知,必须减小输电线电阻或减小输电电流。
(1)要减小电阻,从R=ρ看,在输电距离一定的情况下,可以增大导线的横截面积,但过粗的导线会耗费太多的金属材料,同时也给铺设线路带来困难;可以选用电阻率较小的导体。
(2)从公式P=IU来看,在保证功率不改变的情况下,要减小输送电流就必须提高输电电压。
前一种方法的作用十分有限,一般采用后一种方法。
二、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。
4.关于电能的输送:
解释符合科学实际的有:①③
①输电线上损失的电功率,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。
(1)仅仅从减少能量损失的角度看,输送功率一定的情况下,输电电压越高,损失的能量越少。
(√)
(2)在输送功率和输电电压一定,使用同种材料的导线时,越粗的导线损失的电压越小。
(√)
(3)从发电厂发出的电输送到用户需要采用高压输电。
(×)
(4)远距离输电线上的功率损失与输电线上电压损失的平方成正比。
(√)
(5)采用电网送电可以降低一次能源的运输成本,获得最大的经济收益。
(√)
关键能力·合作学习
知识点一 降低输电损耗的两个途径
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。
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)用户两端的电压是多大?
(2)用户得到的电能与发电厂输出的电能相等吗?
(3)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?
提示:(1)U′=U-ΔU=U-r。
(2)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。
(3)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】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,采用高压将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。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
(1)输电电压是指加在高压输电线起始端的电压U,损失电压是指损失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。
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=得,输电线上的电流变为2I0
B.由I=得,输电线上的电流变为
C.由P=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
【解析】选B。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=R。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。
2.(多选)发电厂发电机的输出电压为U1,发电厂至学校的输电线总电阻为R线,通过输电线的电流为I,学校输入电压为U2,下列计算输电线功率损耗的式子中,正确的是
( )
A.
B.
C.I2R线
D.I(U1-U2)
【解析】选B、C、D。输电线功率损耗P损=I2R线==IU线,其中U线=U1-U2,故B、C、D正确。
【加固训练】
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=R线∝,所以输电线上损耗的电功率将变为原来的,选项D错误。
2.(2018·江苏高考)采用220
kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时,为使输电线上损耗的功率减小为原来的,输电电压应变为
( )
A.55
kV B.110
kV C.440
kV D.880
kV
【解析】选C。输电线上损耗的功率P=I2r,为使输电线上损耗的功率减小为原来的,电流I要减小为原来的,当输送功率一定时,输电电压要升高为原来的2倍,选项C正确。
知识点二 远距离输电
1.对高压输电中几个电压的理解:
(1)输送电压:输电线始端电压,如图中的U2。
(2)用户电压:最终用户得到的电压,如图中的U4。
(3)损失电压:输电线始端电压与末端电压的差值(ΔU=U2-U3=I线R线),形成的原因是输电线有电阻,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,这就是输电线上的电压损失。
2.远距离输电的基本关系(如图所示):
(1)功率关系:P1=P2,P2=P损+P3,P3=P4。
(2)电压关系:=,U2=U线+U3,=。
(3)电流关系:=,I2=I线=I3,=。
(4)输电电流:I线===。
(5)输电线上损耗的电功率:
P损=P2-P3=R线==U线I线。
(6)输电线上的电压损失:
U线=I线R线=U2-U3。
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)。
(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?
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】在远距离输电时,要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个电站,输送的电功率P=500
kW,当使用U=5
kV的电压输电时,测得在一昼夜(24小时)内在输电线上的损失为4
800
kW·h。
(1)求这时的输电效率η和输电线的总电阻r。
(2)若使输电效率提高到90%,又不改变输电线,那么应使用多高的电压输电?
(3)在第(2)问的情况下,若用户得到电压为220
V,则进入用户前的降压变压器的变压比为多大?
【解析】(1)输送功率P=500
kW,
一昼夜输送的电能E=Pt=12
000
kW·h
终点得到的电能E′=E-ΔE=7
200
kW·h
效率η==60%
由P=UI得,输电线上的电流
I=100
A
输电线损耗功率
Pr=kW=200
kW
由Pr=I2r
得:r=20
Ω
(2)若使输电效率提高到90%,即输电线上损耗的功率为:Pr′=P(1-90%)=50
kW
由Pr′=r
得I1=50
A
P=U′I1得输电电压应调为:
U′=10
kV
(3)用户降压变压器的输入电压为:
U1=U′-I1r=10×103
V-50×20
V=9×103
V
用户降压变压器的输出电压U2=220
V
由=
得:==
答案:(1)60% 20
Ω (2)10
kV (3)
1.(多选)远距离输电装置如图所示,电厂输送功率一定,升压变压器和降压变压器均是理想变压器。当开关S由2改接为1时,下列说法正确的是
( )
A.电压表读数变小
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
【解析】选C、D。S接到1后,升压变压器副线圈匝数增多,所以输电电压U2升高(U1∶U2=n1∶n2,n2增多),因为输出功率不变,所以输电线电流减小,电流表的示数减小,输电线上的电压减小,所以最终降压变压器的输出电压变大,电压表测路端电压,示数变大,则A、B错误,C正确;电流表示数减小,输电线损失的功率减小,故D正确。
2.输送4.0×106
W的电能,若发电机输出电压为2
000
V,选用变压器升压后应用横截面积为4.25
cm2的铜导线,把电能送到400
km远处,线路损耗的功率为5.0×105
W。若已知铜的电阻率ρ=1.7×1
Ω·m,求:
(1)应选用匝数比为多少的升压变压器;
(2)在用户方使用降压变压器,其原线圈两端的电压为多大。
【解析】(1)由P=I2R得I=,式中P为线路损耗功率,R为线路总电阻,两条导线总电阻
R=ρ=ρ,
则R=1.7×10-8×
Ω=32
Ω
所以I==
A=125
A
因为P输入=P输出,
所以在升压变压器副线圈两端的电压为
U2==
V=3.2×104
V
故==。
(2)设U2′为降压变压器原线圈两端的电压,
则U2′=U2-IR=2.8×104
V。
答案:(1)1∶16 (2)2.8×104
V
【加固训练】
发电机的输出电压为220
V,输出功率为44
kW,每条输电线的电阻为0.2
Ω,求:
(1)此时用户得到的电压和电功率各为多少?
(2)如果发电站先用变压比为1∶10的升压变压器将电压升高,经同样的输电线路后经10∶1的降压变压器将电压降低后供给用户,则用户得到的电压和电功率各是多少?
【解析】(1)输电线上的电流
IR==
A=200
A
损失的电压UR=IRR=200×2×0.2
V=80
V
损失的功率PR=URIR=80×200
W=16
kW
故用户得到的电压U用户=U-UR=140
V
用户得到的功率P用户=P-PR=28
kW。
(2)已知升压变压器的匝数比n1∶n2=1∶10
输入电压U1=220
V
因此,升压变压器的输出电压
U2=U1=2
200
V
输电线上的电流I′R==
A=20
A
损失的电压U′R=I′RR=20×2×0.2
V=8
V
损失的功率P′R=U′RI′R=8×20
W=160
W
因此,降压变压器的输入电压
U3=U2-U′R=2
192
V
已知降压变压器的匝数比
n3∶n4=10∶1
所以用户得到的电压
U4=U3=219.2
V
用户得到的功率
P′用户=P-P′R=43.84
kW。
答案:(1)140
V 28
kW (2)219.2
V 43.84
kW
【拓展例题】
考查内容:生活中的远距离输电有一条河流,水的流量为Q=2
m3/s,落差h=5
m,现利用其发电,若发电机的总效率为50%,输出电压为240
V,输电线总电阻R=30
Ω,允许损失的电功率为发电机输出电功率的6%。
(1)为满足用电的需求,使用户获得220
V的电压,分别求输电线路使用的理想升压变压器、降压变压器的原、副线圈的匝数比。
(2)如果输送的电能供“220
V 100
W”的电灯使用,正常发光的电灯的盏数为多少?
【解析】(1)远距离输电的示意图如图所示。
发电机的输出功率P总=ηρQgh=5×104
W
设输电线上的电流为I,
则电功率损失P损=I2R
所以输电线中的电流为
I===
A=10
A
升压变压器原线圈两端的电压U1=240
V
副线圈的输出电压为
U2==
V=5×103
V
故升压变压器原、副线圈的匝数比为
n1∶n2=U1∶U2=240∶(5×103)=6∶125
输电线上的电压损失为
ΔU=IR=10×30
V=300
V
降压变压器原线圈两端的电压为
U3=U2-ΔU=5×103
V-300
V=4
700
V
降压变压器副线圈的输出电压为
U4=220
V
故降压变压器原、副线圈的匝数比为
n3∶n4=U3∶U4=4
700∶220=235∶11。
(2)设正常发光的电灯的盏数为N,则
N==盏=470(盏)。
答案:(1)6∶125 235∶11 (2)470盏
情境·模型·素养
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。
探究:(1)为什么边远落后农村电价会过高?
(2)为减少远距离输电的损耗而降低电费价格,可采取的措施有哪些?
【解析】(1)电网末端输电线长,损耗多。
(2)为减少远距离输电的损耗,可以提高输电的电压。
电站的输出电压U1=250
V,输出功率P1=100
kW,输电线电阻R=8
Ω。则进行远距离输电时,
探究:(1)若电站的输出功率突然增大,则降压变压器的输出电压会怎样?
(2)输电线损耗比例为5%时,所用升压变压器的匝数比为多少?
【解析】(1)由U3=U2-R知,若电站的输出功率突然增大,U3减小,又=,故U4也减小。
(2)I1==400
A,ΔP=5%P1,I2==25
A,===。
课堂检测·素养达标
1.关于电能输送的以下分析,正确的是
( )
A.由公式P=知,输电电压越高,输电线上功率损失越少
B.由公式P=知,输电导线电阻越大,输电线上功率损失越少
C.由公式P=I2R知,输电电流越大,输电导线上功率损失越大
D.由公式P=UI知,输电导线上的功率损失与电流成正比
【解析】选C。输电线上损失的功率P损=I2R线=,U损指输电线上的分压,而不是输电电压,选项C正确。
2.(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,下列说法中正确的有
( )
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
【解析】选C、D。发电厂的输出电压不变,升压变压器的输入电压不变,输出电压不变,选项A错误;随着发电厂输出功率的增大,输电线中电流增大,输电线上损失的电压(ΔU=IR)增大,降压变压器的输入电压减小,降压变压器的输出电压减小,选项B错误;随着发电厂输出功率的增大,输电线中电流增大,输电线上损耗的功率(ΔP=I2R)增大,选项C正确;输电线上损耗的功率ΔP=I2R=()2R,输电线上损耗的功率占总功率的比例=P输增大,选项D正确。
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
=
=
A=400
A,选项A错误。输电线上的电流I线
=
=
A=25
A,选项B错误。升压变压器的副线圈输出电压U2
=
=
V=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=
=
A=431.8
A,选项D错误。
4.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示,发电机的输出电压为220
V,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220
V的用电器正常工作,则
( )
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
【解析】选A、D。由于在输电线上有电压和功率的损失,所以升压变压器的输出电压、输出功率都大于降压变压器的输入电压、输入功率,故C错误,D正确;由变压器规律可知=,=,而U2>U3,所以>,故A正确,B错误。
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14
-第五章
交变电流
知识体系·思维导图
考点整合·素养提升
考 点 交变电流四值的计算和应用(难度☆☆)
1.峰值:线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动所产生的交流电,最大值Em=nBSω。在考虑电容器的耐压值时应根据交流电的最大值。
2.有效值:正弦式交流电的有效值E=、I=,非正弦式交流电的有效值应根据有效值的定义计算。求电功、电功率,确定保险丝的熔断电流,要用到有效值;没有特殊说明时,交流电的电流、电压、电动势指有效值,交流电表的测量值是有效值,交流电设备上所标的额定电压、额定电流是有效值。
3.瞬时值:当线圈平面处于中性面时开始计时,电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt。瞬时值对应某一时刻的电压、电流值。
4.平均值:平均值需用=n和=进行计算,求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值,q=·Δt=n。
1.(多选)在匀强磁场中,一矩形金属框(电阻不计)绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势的图象如图乙所示,将此电源连接到丙图理想变压器的原线圈上,变压器的原副线圈匝数比为2∶1,副线圈的电阻R=
110
Ω,则
( )
A.t=0.005
s时金属框在中性面位置
B.因为原线圈电阻不计,所以原线圈两端电压为零
C.电流表的示数为1.0
A
D.通过电阻R的电流方向每秒改变100次
【解析】选C、D。t=0.005
s时金属框的磁通量变化率最大,感应电动势最大,故A错误;根据=可知,副线圈有电压,原线圈就有电压,故B错误;原线圈两端电压为U1=
V,根据=可知:U2=110
V,I==1.0
A,故C正确;根据图乙可知,交流电的周期为0.02
s,即每秒电流方向改变100次,所以通过电阻R的电流方向每秒改变100次,故D正确。
2.一电阻接到方波交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图所示。则Q方∶Q正等于
( )
A.1∶ B.∶1 C.1∶2 D.2∶1
【解析】选D。由题图可知,方波交流电电压的有效值为u0,正弦交流电电压的有效值为,设该电阻的阻值为R,则Q方=T,Q正=T=T,即Q方∶Q正=2∶1,选项D正确,A、B、C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
=n==。
(4)由闭合电路欧姆定律有
i===。
(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 (3) (4) (5)
考
点
1
与理想变压器有关的问题
角度1理想变压器的基本量关系(难度☆☆)
1.一个原理:
根据电磁感应的原理改变交变电流的电压。
2.三个关系:
(1)功率:P入=P出。
(2)电压:==……
(3)电流:只有一个副线圈时=。
3.四个决定:
(1)原线圈电压U1由提供原线圈电压的电源决定。
(2)副线圈电压U2由原线圈电压及匝数比决定,与副线圈所接负载无关。
(3)副线圈电流I2由副线圈电压和副线圈所接负载决定。
(4)原线圈电流I1由副线圈中的电流决定。
角度2动态变化分析(难度☆☆☆)
(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。
用一理想变压器给负载供电,变压器输入端的电压不变,如图所示。开始时开关S是断开的。现将开关S闭合,则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是
( )
A.V1、V2的示数不变,A1的示数增大,A2的示数减小,P入增大
B.V1、V2的示数不变,A1、A2的示数增大,P入增大
C.V1、V2的示数不变,A1、A2的示数减小,P入减小
D.V1的示数不变,V2的示数增大,A1的示数减小,A2的示数增大,P入减小
【解析】选B。电压表V1的示数由输入电压决定,电压表V2的示数由输入电压U1(大小等于电压表V1的示数)和匝数比决定,电流表A2的示数由输出电压U2(大小等于电压表V2的示数)和负载电阻R负决定;电流表A1的示数即I1由变压器的匝数比和输出电流I2决定;P入随P出而变化,由P出决定。因输入电压不变,所以电压表V1的示数不变。根据公式U2=,可知U2也不变,即电压表V2的示数不变。又根据I2=知,S闭合后R负减小,故I2增大,电流表A2的示数增大。输入电流I1随输出电流I2增大而增大,故电流表A1的示数增大。因P出=U2I2,故P出增大,P入等于
P出,故P入也增大。可见本题的正确选项为B。
【加固训练】
一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1,在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220
V的正弦交流电源上,如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U,原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k,则
( )
A.U=66
V,k= B.U=22
V,k=
C.U=66
V,k=
D.U=22
V,k=
【解析】选A。设原线圈中电流为I,由=知副线圈中的电流I2=3I,由题意知副线圈中电阻两端的电压U=3IR,则原线圈回路中R两端的电压UR=IR=,原线圈两端的电压U1=3U,由闭合电路中电压关系可知U1+UR=220
V,即+3U=220
V,U=66
V,原线圈回路中电阻消耗的功率P1=I2R,副线圈回路中电阻消耗的功率P2=(3I)2R,=k==,选项A正确。
考
点
2
远距离输电线路的计算和分析
(难度☆☆☆☆)
1.熟知一个流程:
2.理清三个回路:
回路1:发电机回路。该电路中,通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机;线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机;线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P机。
回路2:输送电路。I2=I3=IR,U2=U3+UR,P2=PR+P3。
回路3:输出电路。I4=I用,U4=U用,P4=P用。
3.抓住两个关系:
(1)理想升压变压器联系着回路1和回路2,两回路中重要的关系式有=,
I1n1=I2n2,P1=P2。
(2)理想降压变压器联系着回路2和回路3,两回路中重要的关系式有=,
I3n3=I4n4,P3=P4。
4.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,ΔU=U2-U3=IRR。
(2)功率损耗:输电线上电阻发热导致的功率损耗,ΔP=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ΔP=R或ΔP=。
某交流发电机给灯泡供电,产生正弦式交变电流的图象如图所示,下列说法中正确的是( )
A.交变电流的频率为0.02
Hz
B.交变电流的瞬时值表达式为i=5cos50πt
A
C.在t=0.01
s时,穿过交流发电机线圈的磁通量最大
D.若发电机线圈电阻为0.4
Ω,则其产生的热功率为5
W
【解析】选D。由题图知,交流电的周期为0.02
s,故频率为50
Hz,A错;转动的角速度ω==100π
rad/s,故电流瞬时值表达式为i=5cos100πt
A,B错;t=
0.01
s时,电流最大,此时穿过线圈的磁通量应为0,C错;交流电电流的有效值I==
A,故P=I2R=×0.4
W=5
W,故D对。
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