(共85张PPT)
第五章 交
变
电
流
1 交
变
电
流
一、交变电流
【情境思考】
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
必备知识·自主学习
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。
周期性变化
2.直流:_____不随时间变化的电流,称为直流(DC)。如图所示。
方向
3.恒定电流:_____和_____不随时间变化的电流,如图所示。
大小
方向
4.图象特点:
(1)恒定电流的图象是一条_____________的直线。
(2)交变电流的图象随_____做周期性变化,如正弦交变电流的图象:
与时间轴平行
时间
二、交变电流的产生
【情境思考】
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___________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_____时所在的平面。
垂直于磁场
垂直
三、交变电流的变化关系
【情境思考】
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=
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=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:_______。
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。
①②③
3.正弦式交变电流的图象:
4.几种不同类型的交变电流:
【易错辨析】
(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
中性面
中性面
的垂面
远离
中性面
靠近
中性面
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。
【问题探究】
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:
【典例示范】
【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
【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)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=
。
(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)
【问题探究】
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。
【典例示范】
【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
【规律方法】
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。
【素养训练】
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
【生活情境】
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。
【生产情境】
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=2
cos
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′=2
cos
30°V=
V,i=
A
。
答案:(1)2
V (2)e=2
cos
2πt
(V) (3)
A
课时素养评价
七 交
变
电
流
【基础达标】(25分钟·60分)
一、选择题(本题共5小题,每题7分,共35分)
1.如图所示,线圈中不能产生交变电流的是
( )
【解析】选A。B、C、D中线圈产生的感应电流方向均发生变化,故能产生交变电流,A中不产生交变电流。
2.(多选)对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图象,下列说法中正确的是
( )
A.电流大小变化,方向不变,是直流电
B.电流大小、方向都变化,是交流电
C.电流最大值为0.2
A,周期为0.01
s
D.电流大小变化,方向不变,不是直流电,是交流电
【解析】选A、C。从题图中可以看出,电流最大值为0.2
A,周期为0.01
s,电流大小变化,但方向不变,是直流电,不是交流电,故A、C正确,B、D错误。
3.一矩形线圈,绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动,线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图所示,下列说法中正确的是
( )
A.t1时刻通过线圈的磁通量为零
B.t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大
C.t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大
D.每当e变换方向时,通过线圈的磁通量的绝对值都为最大
【解析】选D。t1、t3时刻线圈中的感应电动势e=0,故为线圈通过中性面的时刻,线圈的磁通量为最大,磁通量变化率为零,故A、C错误。t2时刻e=-Em,是线圈平面转至与磁感线平行的时刻,磁通量为零,B错误。每当e变换方向时,也就是线圈通过中性面的时刻,通过线圈的磁通量的绝对值最大,所以D正确。
4.线圈的匝数为100匝,在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时,穿过线圈磁通量随时间的变化规律如图所示。下列结论正确的是
( )
A.在t=0
s和t=0.2
s时,线圈平面和磁场垂直,电动势最大
B.在t=0.1
s和t=0.3
s时,线圈平面和磁场垂直,电动势为零
C.在t=0.2
s和t=0.4
s时电流改变方向
D.在t=0.1
s和t=0.3
s时,线圈切割磁感线的有效速率最大
【解析】选B。在t=0
s和t=0.2
s时,磁通量最小,线圈位于与中性面垂直位置,感应电动势最大,故A错误;在t=0.1
s和t=0.3
s时,磁通量最大,线圈位于中性面位置,感应电动势为零,故B正确;在t=0.2
s和t=0.4
s时,磁通量最小,线圈位于与中性面垂直位置,电流方向没有发生变化,故C错误;在t=0.1
s和t=0.3
s时,磁通量最大,线圈处于中性面位置,感应电动势为零,故磁通量变化率为零,线圈切割磁感线的有效速率最小,故D错误。故选B。
5.如图甲所示,①、②两个并排放置的共轴线圈,①中通有如图乙所示的交流电,则下列判断错误的是
( )
A.在t1到t2时间内,①②相吸
B.在t2到t3时间内,①②相斥
C.t1时刻两线圈间作用力为零
D.t2时刻两线圈间吸引力最大
【解析】选D。t1到t2时间内①线圈中电流正向减小,在线圈②中产生感应电流也为正向,故①②两线圈相互吸引,故A选项说法正确;t2到t3时间内,①线圈中电流负向增大,在②中产生正向的感应电流,①②相互排斥,B选项说法正确;t1时刻①电流最大,但变化率为零,在②中不产生感应电流,两线圈作用力为零,C选项说法正确;t2时刻①中电流为零,但变化率最大,②中感应电流最大,作用力为零,故D选项说法错误。
二、计算题(本题共2小题,共25分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
6.(13分)如图所示,线圈abcd的面积是0.05
m2,共200匝;线圈总电阻r=1
Ω,外接电阻R=9
Ω,匀强磁场的磁感应强度B=
T,线圈以角速度ω=100π
rad/s匀速转动。若线圈经图示位置时开始计时,写出线圈中感应电动势峰值和瞬时值的表达式。
【解析】感应电动势最大值为Em=NBSω=200×
×0.05×100π
V=1
000
V,由于从中性面开始计时,则瞬时值表达式为:e=Emsin(ωt)=1
000sin(100πt)V。
答案:1
000
V e=1
000sin(100πt)V
【总结提升】交变电流瞬时值表达式的书写技巧
(1)确定正弦交变电流的峰值,根据已知图象读出或由公式Em=nBSω求出相应峰值。
(2)明确线圈的初始位置,找出对应的函数关系式。
①线圈从中性面位置开始转动,则i-t图象为正弦函数图象,函数式为i=Imsin
ωt。
②线圈从垂直中性面位置开始转动,则i-t图象为余弦函数图象,函数式为i=Imcos
ωt。
(3)线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦式交变电流,产生的交变电流与线圈的形状无关。如图所示,若线圈的面积与题中的图所示的线圈面积相同,则答案完全相同。
7.(12分)有一个正方形线框的线圈匝数为10匝,边长为20
cm,线框总电阻为1
Ω,线框绕OO′轴以10π
rad/s的角速度匀速转动,如图所示,垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5
T,求:
(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值;
(2)线框从图示位置转过60°时,感应电动势的瞬时值;
(3)感应电动势随时间变化的表达式。
【解析】(1)交变电流电动势最大值为
Em=NBSω=10×0.5×0.22×10πV≈6.28
V
电流的最大值为Im=
A=6.28
A。
(2)线框转过60°时,感应电动势
E=Emsin
60°≈5.44
V。
(3)由于线框转动是从中性面开始计时的,所以瞬时值表达式为e=Emsinωt=6.28
sin10πt(V)。
答案:(1)6.28
V 6.28
A (2)5.44
V
(3)e=6.28
sin10πt(V)
【能力提升】(15分钟·40分)
8.(6分)在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd。线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合。线圈平面与磁场方向垂直。从t=0时刻起,线圈以恒定角速度ω=
绕cd边沿如图所示方向转动,规定线圈中电流沿abcda方向为正方向,则从t=0到t=T时间内,线圈中的电流i随时间t变化关系的图象为
( )
【解析】选B。在0～
内,线圈在匀强磁场中匀速转动,故产生正弦式交流电,
由楞次定律知,电流方向为负值且逐渐增大;在
～
T内,线圈中无感应电
流;在
T时,ab边垂直切割磁感线,感应电流最大,且电流方向为正值,故只有
B项正确。
9.(6分)如图所示,一圆柱形铁芯上沿轴线方向绕有矩形线圈,铁芯与磁极的缝隙间形成了辐向均匀磁场,磁场的中心与铁芯的轴线重合。当铁芯绕轴线以角速度ω逆时针转动的过程中,线圈中的电流变化图象正确的是(从图示位置开始计时,N、S极间缝隙的宽度不计。以a边的电流进入纸面,b边的电流流出纸面为正方向)
( )
【解析】选C。在一个周期内,前半个周期:根据右手定则可知电流从b边进入
纸面,a边流出纸面,为负值。设ab边长为L1,ad边长为L2,矩形abcd的面积为S,
电阻为R,磁感应强度大小为B,则感应电动势大小为E=2Bω
L2=BSω,感应电
流大小为i=
不变;后半个周期:根据右手定则可知电流从a边进入纸
面,b边流出纸面,为正值。感应电流大小为i=
不变,C项正确。
10.(6分)(多选)一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流,其电动势的变化规律如图线a所示,当调整线圈转速后,电动势的变化规律如图线b所示,以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是
( )
A.从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值
B.线圈先后两次转速之比为2∶3
C.在图线a和b中,t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零
D.图线b电动势的瞬时值表达式为e=100sin
t
V
【解析】选A、D。根据图线a:感应电动势最大值Em=BSω=Φmω,因此磁通量最
大值Φm=
,A项正确;线圈先后两次周期之比
,
,B项错误;t=0时刻感应电动势为零,线圈位于中性面,穿过线圈
的磁通量最大,C项错误;感应电动势最大值Em=BSω,因此
,即
Emb=
Ema=100
V,图线b电动势瞬时值表达式为e=Embsin
ωbt=100sin
t
V,
D项正确。
11.(22分)如图所示,一半径为r=10
cm的圆形线圈共100匝,在磁感应强度B=
T的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n=600
r/min的转速匀速转动,当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时。
(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式。
(2)求线圈从图示位置开始在
s时的电动势的瞬时值。
【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时,线圈内产生正弦交变电动势,当线圈平面在中性面时开始计时,其表达式为e=Emsin
ωt。
(1)e=Emsin
ωt,Em=NBSω(与线圈形状无关),
ω=20π
rad/s,
故e=100sin
20πt
V。
(2)当t=
s时,
e=100sin(20π×
)V=50
V=86.6
V。
答案:(1)e=100sin
20πt
V (2)86.6
V
【加固训练】
如图甲所示,把一个固定的矩形导体线圈水平放置,线圈的两端接一只小灯泡,
在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的磁场。已知线圈的匝数n=100匝,
线圈的总电阻r=1.0
Ω,线圈所围成矩形的面积S=0.040
m2,小灯泡的电阻
R=9.0
Ω,磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。已知线圈中产
生的感应电动势瞬时值的表达式为e=nBmS
cos
t,其中Bm为磁感应强度的
最大值,T为磁场变化的周期。不计灯丝电阻随温度的变化,求:
(1)线圈中产生感应电动势的最大值。
(2)在磁感应强度变化的0～
的时间内,通过小灯泡的电荷量。
【解析】(1)因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同,
所以由图象可知,线圈中产生交变电流的周期为T=3.14×10-2
s。
所以线圈中感应电动势的最大值为Em=nBmSω=nBmS·
=
100×1×10-2×0.040×
V=8
V。
(2)在磁感应强度变化的0～
周期内,线圈中感应电动势的平均值
,
通过灯泡的平均电流
通过灯泡的电荷量Q=
Δt=
=4.0×10-3
C。
答案:(1)8
V (2)4.0×10-3
C(共94张PPT)
2 描述交变电流的物理量
一、周期和频率
【情境思考】
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。
必备知识·自主学习
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
_______________
所需的时间
秒
周期越大,则交流电变化越慢
一次周期性变化
物理量
定义
单位
公式
意义
频率
交变电流在1
s
内完成周期性变化的_____
单位是_____,符号是___
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)
=
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
次数
赫兹
Hz
二、峰值、有效值和相位
【情境思考】
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?
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。
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_____数值。
(2)应用:电容器所能承受的电压要_____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_____,如果在交流的一个周期内它们产生的热量_____,则这个恒定电流的电流I、电压U,叫作这个交流的有效值。
最大
高于
电阻
相等
(2)应用:
①交流用电设备上所标的_____电压和_____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。
额定
额定
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“_______”叫作交变电流的相位,“φ”叫作_______。
(2)两支交流的相位之差叫作它们的_______;当它们的_____相同时,相位差是个常数。
ωt+φ
初相位
相位差
频率
5.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。
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。
③⑤
【易错辨析】
(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
正弦式
半波电流
正弦式
单向脉
冲电流
电流名称
电流图象
有效值
矩形
脉冲电流
非对称性
交变电流
提醒:有效值是按照相同时间内的产热量决定的。
【问题探究】
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。
【典例示范】
【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
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。
【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.【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=Emsinωt
i=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
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
(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
物理含义
重要关系
适用情况
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
计算通过电路横截面的电荷量
【问题探究】
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。
【典例示范】
【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
平均感应电流为
故通过导线横截面的电荷量为
答案:(1)1.97×104
W (2)314
V 31.4
A (3)0.1
C
【素养训练】
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,
=
,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=
,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
平均感应电流为
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
【生活情景】
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:
,解得U=110
V≈156
V。
【生产情境】
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=10
sin10πt
(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=10
sin10πt
(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=20sin
t(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
课时素养评价
八 描述交变电流的物理量
【基础达标】 (25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.(多选)矩形金属线圈共10匝,绕垂直于磁场方向的转动轴在匀强磁场中匀速转动,线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示。下列说法中正确的是
( )
A.此交变电流的频率为0.2
Hz
B.1
s内电流方向变化10次
C.t=0.1
s时,线圈平面与磁场方向平行
D.1
s内线圈转5圈
【解析】选B、D。由题图知T=0.2
s,故f=
=
Hz=5
Hz,即1
s内完成5个
周期,线圈转5圈,每转1圈电流方向改变2次,故A错误,B、D正确;在t=0.1
s
时,e=0,所以线圈平面与磁场方向垂直,故C错误。
2.(多选)有两支交变电流表达式分别是:u1=110
sin(100πt+
)
V,
u2=220
sin(100πt+
)
V。下列说法正确的是
( )
A.它们的峰值相同
B.它们的周期相同
C.它们的相位差恒定
D.它们的变化步调一致
【解析】选B、C。u1代表的交流电的电压峰值为110
V,角速度为
ω=2πf=100π
rad/s,则频率f=50
Hz,初相位为
。u2代表的交流电的电压
峰值为220
V,角速度为ω=2πf=100π
rad/s,则频率f=50
Hz,初相位
为
。所以它们的峰值不同,A错误;由于频率相同f=50
Hz,故T均为0.02
s,
B正确;其相位差ΔΦ=
为定值,C正确,D错误。
3.(多选)图甲、乙分别表示两种电压的波形,其中图甲所示电压按正弦规律变化,下列说法正确的是
( )
A.图甲表示交流电,图乙表示直流电
B.两种电压的有效值相等
C.图甲所示电压的瞬时值表达式为u=311sin
(100πt)
V
D.两种电压的周期相同
【解析】选C、D。题图甲、乙都表示交流电,题图甲中有效值U=
V≈220
V,
而题图乙中的有效值不存在这一关系,所以它们的有效值不相同,故A、B错误;
由题图甲看出T=2×10-2
s,ω=
=100π
rad/s,所以u=311sin
(100πt)
V,
由题图可知两种电压的周期都是2×10-2
s,C、D正确。
4.电阻R1、R2与交流电源按照图甲所示的方式连接,R1=10
Ω,R2=20
Ω。合上开关S后,通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示,则
( )
A.通过R1的电流有效值是1.2
A
B.R1两端的电压有效值是6
V
C.通过R2的电流最大值是1.2
A
D.R2两端的电压最大值是6
V
【解析】选B。R1与R2串联,R1与R2中的电流变化情况应相同,电流有效值
I1=I2=0.6
A,电流最大值I1m=I2m=0.6
A,电压有效值U1=I1R1=6
V,U2=I2R2=
12
V,电压最大值U1m=
U1=6
V,U2m=
U2=12
V。综上所述,B项正确。
【加固训练】
电阻为1
Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动,产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示。现把交流电加在电阻为9
Ω的电热丝上,下列判断正确的是
( )
A.线圈转动的角速度ω=100
rad/s
B.在t=0.01
s时刻,穿过线圈的磁通量最大
C.电热丝两端的电压U=100
V
D.电热丝此时的发热功率P=1
800
W
【解析】选D。由题图可以看出该交变电流的周期T=0.02
s,则角速度ω=
=
rad/s=100π
rad/s,故A错误;t=0.01
s时刻,电压达到最大,则此时磁通
量变化率最大,磁通量为零,故B错误;电热丝两端电压为路端电压
UR=
,故C错误;根据电功率公式
P=
W=1
800
W,故D正确;故选D。
5.如图所示电路中,电源电压u=311sin(100πt)V,A、B间接有“220
V 440
W”的电暖宝、“220
V 220
W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝。下列说法正确的是
( )
A.交流电压表的示数为311
V
B.电路要正常工作,保险丝的额定电流不能小于3
A
C.电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍
D.1
min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104
J
【解析】选D。由u=311sin(100πt)
V可知,交变电压的有效值为220
V,故交流电压表的示数为220
V,选项A错误;由两用电器的额定功率为660
W,根据P=UI可知,保险丝的额定电流应不小于3
A,选项B错误;因抽油烟机220
W包括热功率及机械功率,故电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍还要多,选项C错误;根据W=Pt可得1
min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104
J,选项D正确。
6.将一阻值为100
Ω的定值电阻接入交流电路中,通过该电阻的电流i随时间t变化的图象如图所示,已知该交流电的周期为1.0
s,则电阻在10
s内消耗的电能为
( )
A.700
J
B.490
J
C.100
J
D.50
J
【解析】选A。根据电流的热效应可知,1.02R×0.6+0.52R×0.4=I2R×1.0,代
入数据解得,交流电的有效值I=
A,根据焦耳定律可知,电阻在10
s内消耗
的电能Q=I2Rt=700
J,故A正确,B、C、D错误。故选A。
二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(12分)如图是自行车上照明用的车头灯发电机的结构示意图,转轴的一端装有一对随轴转动的磁极,另一端装有摩擦小轮。电枢线圈绕在固定的U形铁芯上,自行车车轮转动时,通过摩擦小轮带动磁极转动,使线圈中产生正弦式交变电流,给车头灯供电。已知自行车车轮半径r=35
cm,摩擦小轮半径r0=1
cm,线圈匝数n=800匝,线圈横截面积S=20
cm2,线圈总电阻R1=40
Ω,旋转磁极的磁感应强度B=0.01
T,车头灯电阻R2=10
Ω,当车轮转动的角速度ω=8
rad/s时。求:
(1)发电机磁极转动的角速度ω0;
(2)车头灯中电流的有效值I。
【解析】(1)磁极与摩擦小轮转动的角速度相等,由于自行车车轮与摩擦小轮
之间无相对滑动,故有ω0r0=ωr,则ω0=
=280
rad/s。
(2)摩擦小轮带动磁极转动,线圈产生的感应电动势的最大值为Em=nBSω=
4.48
V,感应电动势的有效值E=
Em,则通过车头灯电流的有效值
I=
=0.064
A=64
mA。
答案:(1)280
rad/s (2)64
mA
8.(12分)先后用如图甲、乙所示的电流通过丙图中的电阻R,一个周期内产生的热量相同,求电流表的示数分别为多少?
【解析】电流表的示数为通过R的电流的有效值。题图甲中的i-t图象是正弦式曲线,在前半个周期内,它的有效值与正弦式交变电流的有效值相同,
I=
A,
后半个周期不产生热量,则交流电在一个周期内通过电阻R所产生的热量
Q交=
直流电在一个周期内通过电阻R所产生的热量
Q直=
RT,由于Q交=Q直,
所以
=
RT
解得IA=
=2.5
A。
题图乙中周期为0.04
s,
前0.02
s内i大小、方向不变,
产生的热量Q1=Im′2·R·
后0.02
s内电流有效值为
,
产生的热量Q2=(
)2R·
Q交=Q1+Q2,Q交=I′2RT
代入数据,解得I′=2.5
A≈4.33
A。
答案:2.5
A 4.33
A(或2.5
A)
【能力提升】(15分钟·40分)
9.(6分)(2020·宣城高二检测)在匀强磁场中,一矩形金属线框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,则
( )
A.t=0.005
s时线框的磁通量变化率为零
B.t=0.01
s时线框平面与中性面重合
C.线框产生的交变电动势有效值为311
V
D.线框产生的交变电动势频率为100
Hz
【解析】选B。由题图乙可知该正弦交变电动势的电压最大值为311
V,周期等
于0.02
s,因此,根据正弦交变电动势的最大值与有效值之间的关系式U=
得知选项C错误;又f=
,则频率f=50
Hz,选项D错误;当t=0.005
s
时,
e=n
=311
V,取得最大值,穿过线圈的磁通量变化率最大,选项A错误;当
t=0.01
s时,交变电压及电流方向发生改变,电压值最小,等于零,线框平面与
中性面重合,选项B正确。
10.(6分)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为( )
A.3
A
B.
A
C.2
A
D.
A
【解析】选D。由图象可知此交变电流的周期是2
s。设交变电流的有效值为I,
周期为T,电阻为R。则:I2R×2=
R×1+
R×1,解得:I=
A。故选D。
11.(6分)(多选)如图所示,M为半圆形导线框,圆心为OM;N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为ON;两导线框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面。现使导线框M、N在t=0时从图示位置开始,分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴,以相同的周期T逆时针匀速转动,则
( )
A.两导线框中均会产生正弦交流电
B.两导线框中感应电流的周期都等于T
C.在t=
时,两导线框中产生的感应电动势相等
D.两导线框的电阻相等时,两导线框中感应电流的有效值也相等
【解析】选B、C。当导线框N完全进入磁场后,通过导线框的磁通量将不变,故无感应电流产生,因此它不会产生正弦交流电,A项错误;导线框每转动一圈,产生的感应电流的变化为一个周期,B项正确;在t=
时,导线框转过角度为45°,切割磁感线的有效长度相同,均为绕圆心的转动切割形式,设圆弧半径为R,则感应电动势均为E=
BR2ω,C项正确;导线框N转动的一个周期内,有半个周期无感应电流产生,所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同,由闭合电路欧姆定律可知,两导线框的电阻相等时,感应电流的有效值一定不相同,D项错误。
12.(22分)发电机转子是边长为0.2
m的正方形,线圈匝数n=100匝,内阻r=2
Ω,
如图所示,以ad、bc中点连线为轴以5π
rad/s的角速度在B=
的匀强磁场中
转动,灯泡电阻R=8
Ω,则
(1)此线圈所产生感应电动势的峰值为多少?
(2)从图示位置开始经过0.05
s,线圈产生的瞬时电动势为多少?
(3)从图示位置开始经过0.2
s,穿过线圈的磁通量变化了多少?
(4)若灯泡正常发光,则其功率为多大?
【解析】根据Em=nBSω求出感应电动势的峰值;由磁通量的定义式进行分析求解磁通量;
由ΔΦ=Φ2-Φ1求解磁通量的变化;
根据欧姆定律求出电流,再求出灯泡的实际消耗功率。
(1)由题意可知,电动势最大值
Em=nBSω=100×
×0.2×0.2×5π
V=20
V。
(2)线圈产生的瞬时电动势的表达式为:
e=Emsinωt=20sin5πt(V)。
则从图示位置开始经过0.05
s,
线圈产生的瞬时电动势为:
e=20sin5πt(V)=20sin5π×0.05(V)=10
V。
(3)由图可知,t=0时的磁通量为:
Φ1=BS,
线圈的转动周期为:
T=
s=0.4
s
所以当t=0.2
s时的磁通量为:
Φ2=-BS
所以磁通量的变化量为:
ΔΦ=|Φ2-Φ1|=|-2BS|=
Wb。
(4)感应电动势的有效值为:
E=
V=10
V,根据闭合电路欧姆定律可得通过灯泡的电流为:
I=
。
灯泡正常发光时功率为:
P=I2R=(
)2×8
W=16
W。
答案:(1)20
V (2)10
V
(3)
Wb (4)16
W
【加固训练】
1.物理实验中,常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量。如图所示,探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度。已知线圈的匝数为n,面积为S,线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R。若将线圈放在被测匀强磁场中,开始时线圈平面与磁场垂直,现把探测线圈翻转180°,冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q,由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C。由法拉第电磁感应定律:E=n
可求出感应电动势大小,再由
闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小,根据电量的公式q=It,可得q=n
。
由于开始线圈平面与磁场垂直,现把探测圈翻转180°,则有ΔΦ=2BS;所以由
以上公式可得:q=n
,则磁感应强度B=
,故C正确,A、B、D错误;故选C。
2.如图甲,R0为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上,经二极管整流后,通过R0的电流i始终向左,其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时,a、b间的电压uab为正,下列uab-t图象可能正确的是
( )
【解析】选C。从图乙可以看出,圆环中电流周期为0.5T0,则感应电动势的变化周期也是0.5T0,观察四个图象,A、B、D的周期都不是0.5T0,只有C周期是0.5T0,所以A、B、D错误,C正确。(共83张PPT)
3 电感和电容对交变电流的影响
一、电感器对交变电流的阻碍作用
【情境思考】
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。
必备知识·自主学习
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_________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_____,交流的频率_____,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_____、阻_____
通_____、通_____,阻_____
阻碍作用
越大
越高
直流
交流
低频
直流
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:_______
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。
①④⑤
二、电容器对交变电流的阻碍作用
【情境思考】
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_____电源,灯泡不亮;接通_____电源,灯泡亮。
(3)实验结论:
_________能够通过电容器,_____不能通过电容器。
直流
交流
交变电流
直流
2.电容器对交变电流的阻碍作用:
(1)容抗:表示电容对_____阻碍作用的大小。
(2)影响容抗大小的因素:电容器的电容_____,交流的频率_____,容抗越小。
(3)应用:电容器具有“隔直流、通交流”的作用。
交流
越大
越高
【易错辨析】
(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
【问题探究】
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。
【典例示范】
【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=220
sin(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=220
sin(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=220
sin(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。
【素养训练】
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
电阻
感抗
容抗
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。
【问题探究】
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。
【典例示范】
【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。
【素养训练】
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
【生活情境】
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
【生产情境】
“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UL1
5.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。
课时素养评价
九 电感和电容对交变电流的影响
【基础达标】(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.关于电感器对交变电流的影响的说法,正确的是
( )
A.电感器对交变电流无阻碍作用
B.电感器对交变电流阻碍作用的大小叫感抗
C.电感器对某一频率的交变电流的阻碍作用跟线圈的自感系数无关
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
【解析】选B。电感对交流电有影响,其阻碍作用的大小和线圈的自感系数L、交流电的频率f有关,L越大、f越高,阻碍作用越大,故选项A、C、D错误,B正确。
2.在如图所示的交流电路中,保持电源电压一定,当交变电流的频率增大时,各电压表的示数将
( )
A.V1、V3增大,V2减小
B.V1不变,V2减小,V3增大
C.V1不变,V2增大,V3减小
D.V1、V2、V3都不变
【解析】选C。据题,电压不变,当交流电的频率增加时,电感L的感抗增大,电容C的容抗减小,电阻R不变,则V1不变,V2增大,V3减小,C正确。
3.(多选)如图所示的电路中,当a、b端加直流电压时,L1灯发光,L2灯不亮,当接一有效值与直流电压相等的交流电源时,L1灯发光但较暗,L2灯发光较亮,且此时L1灯的亮度比a、b端加直流电压时的亮度低,那么以下说法正确的是
( )
A.A中接的是电感器,B中接的是电容器
B.A中接的是电容器,B中接的是电感器
C.A中接的是电阻,B中接的是电容器
D.若所加的交变电流频率增大,电压不变,则L1灯变得更暗,L2灯变得更亮
【解析】选A、D。电感器的特点是“通直流、阻交流,通低频、阻高频”。电容器的特点是“通交流、隔直流,通高频、阻低频”。由题意可知a、b两端加直流电压时,L2灯不亮,加交流电压时,L2灯较亮。可知B为电容器,而L1灯先是亮的,后又较暗,可知A为电感器,故A正确;交变电流频率越大,电感器感抗越大,电容器容抗越小,故D正确。
4.直流电源的电压与交流电源电压的有效值相同,自感线圈的直流电阻不计,则灯泡发光最亮的是图中的
( )
【解析】选D。电容C、电感L都对交流有阻碍作用,故A、B两图中灯不是最亮的;C图中灯被短路,不亮;D图中电容C有隔直流作用,所以D中灯光最亮。
【加固训练】
在电子线路中,从某一装置输出的交变电流常常既有高频成分,又有低频成分。如图所示的电路中,a、b两端的交变电流既含高频,又含低频,L是一个25
mH的高频扼流圈,C是一个100
pF(电容很小)的电容器,R是负载电阻,下列说法正确的是
( )
A.L的作用是“通直流,阻交流”
B.C的作用是“通低频,阻高频”
C.C的作用是“通交流,隔直流”
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
【解析】选D。L的作用是“通低频,阻高频”,故A错误;C的作用是“通高频,阻低频”,故B、C错误;经过L的阻高频,经过C的通高频,因此通过R的电流中低频交流占的比例远远大于高频交流,故D正确;故选D。
5.如图所示,在电路两端加上正弦式交流电,保持电压有效值不变,使频率增大,发现各灯的亮暗情况是:灯L1变亮,灯L2变暗,灯L3不变,则M、N、L中所接元件可能是
( )
A.M为电阻,N为电容器,L为电感线圈
B.M为电感线圈,N为电容器,L为电阻
C.M为电容器,N为电感线圈,L为电阻
D.M为电阻,N为电感线圈,L为电容器
【解析】选C。当交变电流的频率增大时,线圈的感抗变大,电容器的容抗变小,由灯1变亮,灯2变暗可知M为电容器,N为电感线圈,而电阻与交变电流的频率无关,故L为电阻,选项C正确。
6.如图所示的电路中,两只小灯泡的规格相同。在开关S闭合一段时间后,发现两个灯泡的亮度相同。断开开关S后,进行如下操作,下列对小灯泡发光的描述正确的是
( )
A.开关S闭合瞬间,两灯一样亮
B.开关S闭合后,灯A2一直比灯A1亮
C.若将电源换成交流电,两灯一样亮
D.断开开关S时,两灯都逐渐熄灭
【解析】选D。由于A1与电感线圈串联,开关S闭合瞬间,电感线圈中产生自感电动势,所以A1的亮度比A2暗,选项A错误;开关S闭合电路稳定后,由题干可知两灯一样亮,选项B错误;若将电源换成交流电,电感线圈对交流电的阻碍作用为直流电阻和感抗,所以A1灯较暗,选项C错误;断开开关S时,由于电感线圈中的电流减小,在电感线圈中产生自感电动势,电感线圈与两灯、滑动变阻器组成回路,所以两灯中的电流变化相同,选项D正确。
二、非选择题(本题共2小题,共24分)
7.(12分)如图甲和乙是可调灯泡亮度的台灯电路示意图,其中乙图中L直流电阻忽略不计,请你判断哪一个电路更合理。
【解析】图甲中调节滑动变阻器的电阻,可以调节台灯的亮度,图乙中调节L也可以调节台灯亮度,但是图甲中由于滑动变阻器多消耗部分电能,故乙图更合理。
答案:见解析
8.(12分)如图1、图2两个电路都是从左端输入信号,从右端输出信号。图1中输入的是高频、低频混合的交流信号,要求只输出低频信号;图2中输入的是直流和低频交流的混合信号,要求只输出低频交流信号。那么C1、C2中哪个该用大电容?哪个该用小电容?
【解析】电容的特性是“通交流、隔直流,通高频、阻低频”,题图1中,电容越小,高频电流可以顺利通过,低频电流不易通过,此电容器为高频旁路电容器;题图2中,电容越大,低频交流电很容易通过,只有直流成分从电阻上通过,这种电容器叫隔直电容器。所以C1为小电容,C2为大电容。
答案:见解析
【能力提升】 (15分钟·40分)
9.(6分)在频率为f的交变电路中,如图所示,把开关S依次分别接通R、C、L支路,这时通过各支路的电流的有效值相等。若将交变电流的频率提高到2f,维持其他条件不变,则下列几种说法中不正确的是
( )
A.通过R的电流有效值不变
B.通过C的电流有效值变大
C.通过L的电流有效值变小
D.通过R、C、L的电流有效值都不变
【解析】选D。电阻对交变电流阻碍作用的大小与电流的频率无关,因此,通过电阻的电流有效值不变。电容器对交变电流阻碍作用的大小用容抗表示,电容一定时,在相同的电压下电容器容纳的电荷一定,频率越高,充、放电的时间越短,充、放电的电流越大,容抗越小,因此,通过电容器的电流有效值变大。电感对交变电流阻碍作用的大小用感抗表示,线圈的自感系数越大,电流的频率越高,自感电动势就越大,即线圈对电流的阻碍作用就越大,感抗也就越大,因此,通过电感的电流有效值变小。
【总结提升】(1)电阻对交变电流的阻碍作用不随频率的变化而变化,电感对交变电流的阻碍作用随频率的增大而增大,电容对交变电流的阻碍作用随频率的增大而减小。
(2)电容器和电感器的容抗和感抗,在交变电流的电路中的分压和分流关系,符合恒定电流电路的规律,都可以看成电阻。
10.(6分)(2020·上饶高二检测)某同学在探究电容、电感对恒定电流与交变电流的影响时,采用了如图所示的电路,其中L1、L2是两个完全相同的灯泡。已知把开关置于3、4时,电路与交流电源连通,稳定后的两个灯泡发光亮度相同,则该同学在如下操作过程中能观察到的实验现象是
( )
A.当开关置于3、4时,稳定后若只增加交变电流的频率,则L1变暗,L2变亮
B.当开关置于1、2时,稳定后L1、L2两个灯泡均发光且L1比L2亮
C.当开关置于1、2时,稳定后L1、L2两个灯泡均发光且亮度相同
D.在开关置于3、4时的瞬间,L1、L2立即发光,且L1亮度慢慢减弱
【解析】选A。当开关置于3、4时,接的是交流电源,稳定后,若只增加交变电流的频率,感抗变大,L1变暗,容抗变小,L2变亮,故A正确;当开关置于1、2时,接的是直流电源,稳定后,电感的感抗消失,L1发光,电容的容抗无穷大,也就是不通电,L2不亮,所以B、C错误;当开关置于3、4时的瞬间,L2立即发光,由于电感产生的自感电动势对电流的障碍作用,L1中的电流会渐渐增大,因此L1亮度渐渐增大,所以D错误。
11.(6分)如图所示的电路,M为一交流发电机,C为平行板电容器,为使电流表A的示数增大,可行的方法是
( )
A.使发电机M的转速增加
B.使发电机M的转速减小
C.在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质
D.使电容器两极板间距离增大
【解析】选A。当发电机转速增加时,交变电流的频率增大,容抗减小,电流增大,电流表A的示数增大;换用介电常数小的电介质,或增大极板间距时,电容C减小,容抗增大,对交变电流的阻碍作用增大,电流表A的示数减小。故只有选项A正确。
12.(22分)如图所示,从AO输入的信号中,有直流电流和交变电流。
(1)现要求信号到达BO两端没有直流电压,需要在AB间接一个什么元件?该元件的作用是什么?
(2)若要求信号到达BO端只有直流电压,而没有交变电压,则应在AB间接入一个什么元件?该元件的作用是什么?
【解析】(1)因为BO两端不需要直流电,只需要交流电,根据电容器有“通交流、隔直流”的作用,应在AB间接入一个电容器C,该电容器对直流电有阻隔作用,对交变电流有通过作用。
(2)因为BO两端不需要交流电,只需要直流电,根据电感有“通直流,阻交流”的作用,应在A、B间接入一个电感线圈L,该线圈对交流电有阻碍作用,对直流电有通过作用。
答案:(1)电容器C 该电容器对直流电有阻隔作用,对交流电有通过作用
(2)电感线圈L 该线圈对交流电有阻碍作用,对直流电有通过作用(共101张PPT)
4 变 压 器
一、变压器的原理
【情境思考】
必备知识·自主学习
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_________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.原理:_____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_____也不断变化,变化的磁场在副线圈中产生___________。
3.作用:改变交变电流的_____,不改变交变电流的_____和_____。
交流电源
初级线圈
负载
次级线圈
互感
磁场
感应电动势
电压
周期
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
【情境思考】
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_________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_________等于两个线圈的_________,即
。
3.理想变压器原、副线圈功率关系:
P1__P2(选填“>”“=”或“<”)。
能量损失
电压之比
匝数之比
=
4.两类变压器:
副线圈的电压比原线圈电压低的变压器叫_____变压器;副线圈的电压比原线圈
电压高的变压器叫_____变压器。
降压
升压
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
【易错辨析】
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:
【问题探究】
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。
【典例示范】
【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。
【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,理想变压器的原线圈接在u=220
sin100πt(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=12
sin
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=12
sin100πt(V)及U1=
知U1=12
V,f=
=50
Hz,
选项A错误;根据
得U2=
×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。
【典例示范】
【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。
【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.(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
【实验情境】
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。
【生产情境】
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U2程,n2减小,则U2降低,选项C正确。
5.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
课时素养评价
十 变 压 器
【基础达标】 (25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.如图所示的四个电路,能够实现升压的是
( )
【解析】选D。变压器只能对交变电流变压,不能对直流电变压,故A、B错误;由于电压与线圈匝数成正比,所以D能实现升压,C不能实现升压,故C错误、D正确。
2.如图所示,理想变压器原线圈匝数为n1=1
000
匝,两个副线圈匝数分别为
n2=50
匝和n3=100
匝,L1是“6
V 2
W”的灯泡,L2是“12
V 4
W”的灯泡,
当原线圈接正弦交变电流时,两灯泡均正常发光,那么原线圈中的电流为( )
【解析】选C。由电压关系
,解得U1=120
V,原线圈的输入功率为
P入=U1I1=PL1+PL2,解得I1=
A,故C正确。
3.用220
V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电,变压器输出电压是
110
V,通过负载的电流随时间变化的图象如图所示,则
( )
A.变压器输入功率约为3.9
W
B.输出电压的最大值是110
V
C.变压器原、副线圈的匝数比是1∶2
D.负载电流的函数表达式i=0.05sin
A
【解析】选A。变压器的输入功率等于输出功率,等于输出电压的有效值与输
出电流的有效值的乘积,所以P=UI=110
V×
A≈3.9
W,A对;输出电压的有
效值是110
V,最大值是110
V,所以B错;变压器原、副线圈匝数之比是
2∶1,C错;负载电流的函数表达式是i=0.05sin(100πt)A,D错。
4.如图甲、乙所示电路中,当A、B接10
V交变电压时,C、D间电压为4
V,M、N接10
V直流电压时,P、Q间电压也为4
V。现把C、D接4
V交流,P、Q接4
V直流,下面哪个选项可表示A、B间和M、N间的电压
( )
A.10
V 10
V
B.10
V 4
V
C.4
V 10
V
D.10
V 0
【解析】选B。题图甲是一个自耦变压器,当A、B作为输入端,C、D作为输出端时,是一个降压变压器,两边电压之比等于两边线圈的匝数之比,当C、D作为输入端,A、B作为输出端时,是一个升压变压器,电压比也等于匝数比,所以C、D接4
V交流时,A、B间将得到10
V交流。题图乙是一分压电路,当M、N作为输入端时,上、下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比。但是当把电压加在P、Q两端时,电流只经过下面那个电阻,上面的电阻中没有电流,两端也就没有电势差,即M、P两点的电势相等。所以当P、Q接4
V直流时,M、N两端的电压也是4
V。
【加固训练】
在变电所里,需要用交流电流表去检测电路上的强电流,由于电网中的电流通常会超出一般电流表的量程,因此常使用电流互感器。下列能正确反映电流互感器工作原理的是
( )
【解析】选B。由理想变压器的原副线圈的电流之比可知,电流与匝数成反比。则电流互感器应串联接入匝数较多的线圈上。同时一次绕组匝数很少,且串在需要测量的电流的线路中。所以B正确;故选B。
5.如图所示,理想变压器的原线圈接入u=11
000
sin100πt
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RL供电,该电器正常
工作。由此可知
( )
A.原、副线圈的匝数比为50∶1
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
【解析】选C。根据接入电压u=11
000
sin100πt
V,输入电压有效值为
11
000
V,要使“220
V 880
W”的电器正常工作,则通过用电器的电流为I=
=4
A,副线圈输出电压为U出=Ir+U=4×6
V+220
V=244
V,原、副线圈匝数
比等于输入电压与输出电压之比为2
750∶61,A错误,C正确;交流电的频率f=
Hz=50
Hz,B错误;变压器的输出功率P出=
+Pr=880
W+42×6
W=
976
W,D错误。
6.如图所示为四种亮度可调的台灯的电路示意图,它们所用灯泡相同,且规格都是“220
V 40
W”,当灯泡所消耗的功率都调为20
W时,哪种台灯消耗的功率最小
( )
【解析】选C。C图为理想变压器调节电压,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,故一定会多消耗能量。C正确。
二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(12分)图甲为一理想变压器,ab为原线圈,ce为副线圈,d为副线圈引出的一个接头,原线圈输入正弦式交变电压的u-t
图象如图乙所示。若只在ce间接一只Rce=400
Ω的电阻,或只在de间接一只Rde=225
Ω的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为80
W。
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值Uab的表达式。
(2)求只在ce间接400
Ω电阻时,原线圈中的电流I1。
(3)求ce和de间线圈的匝数比
。
【解析】(1)由原线圈中交变电压的u-t图象可知
ω=200πrad/s
电压瞬时值表达式Uab=400sin200πt(V)。
(2)电压有效值U1=
理想变压器P1=P2
原线圈中的电流I1=
≈0.28
A。
(3)设ab间匝数为n1,根据变压器规律有
由题意有:
,联立可得:
答案:(1)Uab=400sin
200πt(V) (2)0.28
A (3)
8.(12分)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?
【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,
设变压器的输入功率为P1,
则P1=P2=I2′U2=180
W。
答案:(1)0.98
A (2)180
W
【能力提升】 (15分钟·40分)
9.(6分)(多选)如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源,保持输入电压不变。开始时单刀双掷开关K接a;S断开时,小灯泡A发光较暗,要使小灯泡A亮度增加,下列操作可行的是
( )
A.闭合开关S
B.开关K接b
C.把滑动变阻器滑片向左移动
D.把滑动变阻器滑片向右移动
【解析】选B、D。闭合开关S,根据串联电路的规律可知,副线圈回路电阻变小,根据理想变压器电压和匝数的关系可知,输入电压不变,则输出电压不变,根据闭合电路欧姆定律可知,输出电流变大,滑动变阻器上的分压增大,灯A两端电压变小,灯泡A变暗,A选项错误;开关K接b,原线圈匝数减小,输出电压增大,灯泡A中电流增大,灯泡A变亮,B选项正确;把滑动变阻器滑片向左移动,副线圈回路总电阻变大,副线圈两端电压不变,总电流变小,灯泡A两端的电压变小,灯泡A变暗,C选项错误;把滑动变阻器滑片向右移动,副线圈回路总电阻变小,总电流变大,灯泡A两端的电压变大,灯泡A变亮,D选项正确。
10.(6分)如图所示,L1和L2是高压输电线,甲、乙是两只互感器,若已知n1∶n2=1
000∶1,n3∶n4=1∶100,图中电压表示数为220
V,电流表示数为10
A,则高压输电线的送电功率为
( )
A.2.2×103
W
B.2.2×10-2
W
C.2.2×108
W
D.2.2×104
W
【解析】选C。根据图甲可得,高压输电线的送电电压U=
U甲=220
kV;根据图
乙可得,送电电流I=
I乙=1
000
A;所以高压输电线的送电功率P=UI=
220
kV×1
000
A=2.2×108
W,C正确。
11.(6分)如图所示,匝数为100的矩形线圈abcd处于磁感应强度B=
T的水平
匀强磁场中,线圈面积S=0.5
m2,内阻不计。线圈绕垂直于磁场的轴以角速度
ω=10πrad/s匀速转动,线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连,变压器
的副线圈接入一只“12
V 12
W”灯泡,灯泡正常发光,下列说法中正确的是
( )
A.通过灯泡的交变电流的频率是50
Hz
B.变压器原、副线圈匝数之比为10∶1
C.矩形线圈中产生的电动势的最大值为120
V
D.若将灯泡更换为“12
V 24
W”且保证其正常发光,需要增大矩形线圈的转速
【解析】选B。通过灯泡的交流电的频率f=
(Hz)=5
Hz,故A错;变压器
原线圈两端电压U1=
V=120
V,原、副线圈匝数之
比等于原、副线圈电压之比,即
=10∶1,故B正确;矩形线圈产生
的电动势的最大值为120
V,故C错;增大线圈的转速会增大原线圈两端电压,
在变压器原、副线圈匝数之比不变时,会使得副线圈两端电压增大,故D错误。
【加固训练】
(多选)如图所示,理想变压器原线圈接电压为220
V的正弦交流电,开关S接1时,原副线圈的匝数比为11∶1,滑动变阻器接入电路的阻值为10
Ω,电压表和电流表均为理想电表,下列说法正确的有
( )
A.变压器输入功率与输出功率之比为1∶1
B.1
min内滑动变阻器产生的热量为40
J
C.仅将S从1拨到2,电流表示数减小
D.仅将滑动变阻器的滑片向下滑动,两电表示数均减小
【解析】选A、C。根据理想变压器的特点可知,变压器的输入功率与输出功率
之比为1∶1,故A正确。原、副线圈的电压与匝数成正比,所以副线圈两端电压
为U2=
U1=
×220
V=20
V,则1
min内产生的热量为Q=
t=
×60
J=
2
400
J,故B错误。若只将S从1拨到2,副线圈的电压减小,副线圈电流减小,原
线圈电流即电流表示数减小,故C正确。将滑动变阻器滑片向下滑动,接入电路
中的阻值变大,电流表的示数变小,但对原、副线圈两端的电压无影响,即电压
表的示数不变,故D错误;故选A、C。
12.(22分)如图所示,理想变压器原线圈中输入电压U1=3
300
V,副线圈两端电压为U2=220
V,输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2,绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U=4
V。求:
(1)原线圈n1等于多少匝?
(2)当开关S断开时,电流表A2的示数I2=5
A。则电流表A1的示数I1为多少?
(3)在(2)中情况下,当开关S闭合时,电流表A1的示数I′1等于多少?
【解析】把电压表看作一匝线圈,应用匝数之比等于电压之比求原线圈匝数;电流根据输入功率等于输出功率U1I1=U2I2;应用欧姆定律和输入功率等于输出功率求副线圈电流,再根据输入功率等于输出功率求原线圈电流。
(1)由电压与变压器匝数的关系可得:n1=
n=
×1=825(匝)
(2)当开关S断开时,由输入功率等于输出功率:U1I1=U2I2
可得I1=
A
(3)当开关S断开时,有:
RL=
=44
Ω
当开关S闭合时,设副线圈总电阻为R′,
则有R′=0.5RL=22
Ω
副线圈中的总电流为I′2,
则I′2=
=10
A
由U1I1=U2
I′2
得:I′1=
A
答案:(1)825匝 (2)
A (3)
A
【加固训练】
如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为k,输出端接有一交流电动机,此电动机线圈的电阻为R。当原线圈两端接有正弦交变电流时,变压器的输入功率为P0,电动机恰好能带动质量为m的物体以速度v匀速上升,此时理想交流电流表A的示数为I。若不计电动机的机械能损耗,重力加速度为g,则下列说法正确的是
( )
A.电动机输出的机械功率为P0
B.变压器的输出功率为mgv
C.副线圈两端电压的有效值为
D.整个装置的效率为
【解析】选D。电动机的输出功率全部对物体做功转化为物体的机械能,所以
电动机输出的机械功率为mgv,所以A错误。变压器的输出功率和输入功率相等,
所以输出功率大小为P0,所以B错误。变压器的输出功率和输入功率相等,所以
P0=UI,所以副线圈两端电压的有效值为
,所以C错误。输出的总功率为mgv,
输入的总功率为P0,所以整个装置的效率为
,所以D正确。故选D。(共100张PPT)
5 电能的输送
一、降低输电损耗的两个途径
【情境思考】
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。
必备知识·自主学习
1.输送电能的基本要求:
(1)可靠:指保证_________可靠地工作,少出现故障。
(2)保质:保证电能的质量——电压和_____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。
供电线路
频率
(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
_________,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_______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
_________。
前一种方法的作用十分有限,一般采用后一种方法。
横截面积
电阻率
输电电压
二、电网供电
1.远距离输电基本原理:
在发电站内用_____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、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。
升压
降压
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:_____
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。
①③
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。
【易错辨析】
(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
。
【问题探究】
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。
【典例示范】
【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
【规律方法】(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。
【素养训练】
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=
,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=
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=
=U线I线。
(6)输电线上的电压损失:
U线=I线R线=U2-U3。
【问题探究】
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)
【典例示范】
【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)
【素养训练】
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=1.7×10－8
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=
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
【生活情境】
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。
【生产情境】
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。
课时素养评价
十一 电能的输送
【基础达标】(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.
超导是当今高科技研究的热点,利用超导材料可实现无损耗输电。现有一直流电路,输电线总电阻为0.4
Ω,它提供给用电器的电功率为40
kW,电压为800
V,若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线,保持供给用电器的功率和电压不变,那么节约的电功率为
( )
A.1
kW B.1.6×103
kW
C.1.6
kW
D.10
kW
【解析】选A。节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率,I=
A
=50
A,P线=I2R=502×0.4
W=1
000
W,故节约的电功率为1
kW,A项正确。
2.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的。可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯,电灯比深夜时要显得暗些。这是因为用电高峰时
( )
A.总电阻比深夜时大,供电线路上的电流小,每盏灯两端的电压较低
B.总电阻比深夜时大,供电线路上的电流小,通过每盏灯的电流较小
C.总电阻比深夜时小,供电线路上的电流大,输电线上损失的电压较大
D.供电线路上电流恒定,但开的灯比深夜时多,通过每盏灯的电流小
【解析】选C。照明供电线路的用电器是并联的,晚上七、八点钟用电高峰时,用电器多,总电阻变小,供电线路上的电流变大,输电线上损失的电压较大,用户得到的电压较小,C正确。
【加固训练】
用电器与电源相距L,线路上电流强度为I,为使输电线上的电压损失不超过U,
已知输电线的电阻率为ρ,那么输电线的横截面积最小值应是
( )
【解析】选B。根据欧姆定律得R=
,根据电阻定律R=ρ
,又l=2L,解得
S=
。故B项正确,A、C、D三项错误。
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,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.0.4
P B.0.16
P C.2.5
P D.6.25
P
【解析】选B。根据P损=(
)2r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,故B项正确,A、C、D三项错误。
4.(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。
5.(多选)如图为模拟远距离输电电路,两理想变压器的线圈匝数n1=n4n3,A1、A2、A3为相同的理想交流电流表。当a、b端接入低压交流电源时,
则
( )
A.A1、A3的示数相等
B.A1、A2、A3的示数相等
C.A1的示数大于A2的示数
D.A2的示数大于A3的示数
【解析】选A、C。因为
n1=n4I2,I4>I3,即A1的示数
大于A2的示数;A2的示数小于A3的示数;又I2=I3,所以:I1=I4,即A1、A3的示数相
等,A、C两项正确,B、D两项错误。
6.为消除高压输电线上的冰,假设利用电流的热效应除冰。若在正常供电时,高压线上输电电压为U,电流为I,热消耗功率为P损;除冰时,输电线上的热功率需要变为9P损,则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)
( )
A.输电电流为3I
B.输电电流为9I
C.输电电压为3U
D.输电电压为9U
【解析】选A。输电线上损失的功率为P损=I2R线=
R线,由该式可知要使P损增
大为原来的9倍,输电电流应变为原来的3倍或输电电压变为原来的
,故选项
A正确。
【加固训练】
新疆首条连接南北疆的电力高速通道伊犁—库车750千伏输电线路工程正式投入使用,标志着我国超高压输电技术已达到世界领先水平。目前伊犁变电站的升压变压器原线圈的电压为750
V,副线圈的电压为750千伏,升压变压器的输出电功率为30万千瓦,若伊犁—库车750千伏输电线的总电阻为20
Ω,下列说法正确的是
( )
A.伊犁—库车750千伏输电线的输送电流是0.4
A
B.伊犁—库车750千伏输电线的输送交流电的表达式为u=750sin
100πt(kV)
C.伊犁变电站的升压变压器原、副线圈匝数之比为1∶1
000
D.伊犁—库车750千伏输电线上的功率损耗为3.2×105
W
【解析】选C。由P=UI可知,输送电流I=
A=400
A,故A错误。750
V
为电压的有效值,故表达式应为U=750
sin
100πt(kV),故B错误。根据电压
之比等于线圈匝数之比可得:n1∶n2=750∶750×103=1∶1
000,故C正确。库伊
线输电线上的功率损耗为:P损=I2R=4002×20
W=3.2×106
W,故D错误;故选C。
二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(12分)某小型实验水电站输出功率是20
kW,输电线总电阻是6
Ω。(保留四位有效数字)
(1)若采用380
V的电压输电,求输电线损耗的功率。
(2)若改用5
000
V高压输电,用户利用n1∶n2=22∶1的变压器降压,求用户得到的电压。
【解析】(1)输电线上的电流为I=
A≈52.63
A
输电线损耗的功率为P线=I2R=52.632×6
W≈16
620
W=16.62
kW。
(2)改用高压输电后,输电线上的电流变为I′=
A=4
A
用户在变压器降压前获得的电压U1=U′-I′R=(5
000-4×6)
V=4
976
V
根据
,用户得到的电压为
U2=
×4
976
V≈226.2
V。
答案:(1)16.62
kW (2)226.2
V
8.(12分)如图所示,某小型水电站发电机的输出功率为10
kW,输出电压为
400
V,向距离较远的用户供电,为了减少电能损耗,使用2
kV高压输电,最后用
户得到“220
V 9.5
kW”的电能,求:
(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比
;
(2)输电线路导线电阻R;
(3)用户降压变压器原、副线圈匝数比
。
【解析】(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比
(2)由P损=
R,输送电流取决于输出电压及输送功率,有I2=
所以R=
=20
Ω。
(3)设用户降压变压器原线圈上电压为U3,
U3=U2-I2R=(2
000-5×20)
V=1
900
V
所以用户降压变压器原、副线圈匝数比
答案:(1)
(2)20
Ω (3)
【能力提升】(15分钟·40分)
9.(6分)如图所示为模拟远距离输电实验电路图,两理想变压器的匝数n1=n4
2R,忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时
( )
A.A1、A2两表的示数相同
B.L1、L2两灯泡的亮度相同
C.R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D.R2两端的电压小于R4两端的电压
【解析】选D。设A、B端所加电压为U。由欧姆定律知,通过A2表的电流大小
I2=
。通过升压变压器升压后输出电压U′=
U,降压变压器获得电压
为U′-I1·2R=
U-I1·2R,灯泡L1两端电压为(
U-I1·2R)
,则通过灯泡
L1的电流为
。
故由变压器电流变化规律得A1表的电流大小
I1=
。又因为n1=n4。因为
RL>2R,所以I1>I2,故
灯泡L1亮度更大,B项错误;由于I1知,C项错误,D项正确。
10.(6分)如图所示,为了减少输电线路中电力损失,发电厂发出的电通常是经
过变电所升压后通过远距离输送,再经变电所将高压变为低压。某变电所电压
u0=11
000
sin100πt
V的交流电降为220
V供居民小区用电,则变电所变压
器
( )
A.原、副线圈匝数比为50∶1
B.副线圈中电流的频率是100
Hz
C.原线圈的导线比副线圈的要粗
D.输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和
【解析】选A。降压变压器输入电压的最大值为11
000
V,则有效值为
11
000
V,则:
=50∶1,故A正确;交流电的频率f=
=
50
Hz,经过变压器后,交流电的频率不变,故B错误;降压变压器中副线圈的电
流大于原线圈的电流,则副线圈导线比原线圈导线粗,故C错误;副线圈的电流
等于居民小区各用电器电流总和,与原副线圈的电流不相等,所以输入原线圈
的电流不等于居民小区各用电器电流的总和,故D错误;故选A。
【加固训练】
(多选)我国远距离输送交流电用的电压有110
kV、220
kV和330
kV,输电干线已经采用500
kV的超高压,西北电网的电压甚至达到750
kV。对高压输电下列说法正确的是
( )
A.采用高压输电是为了加快输电的速度
B.输电电压越高越好
C.采用高压输电能够降低输电线路上的能量损耗
D.实际输送电能时要综合考虑各种因素,依照不同情况选择合适的输电电压
【解析】选C、D。远距离输电时,电压过高将会带来很多负面的影响,如对绝缘条件的要求增大,导线和大地组成电容也会引起能量损耗;输送的功率一定,根据P=UI,知输电电压越高,输电电流越小,根据P损=I2R,知输电线上损耗的能量就小,而不是为了加快输电速度,故A、B错误,C正确。实际输电时,要综合考虑各种因素,如输电功率的大小、距离远近、技术和经济条件等。故D正确。故选C、D。
11.(6分)某科技小组在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长,他将每50米导线卷成一卷,共卷成8卷来代替输电线路。第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连,测得输电线上的输电电流和损失的功率分别为I1、P1;第二次采用如图所示的电路输电,其中理想变压器T1与电源相连,其原、副线圈的匝数比为n1∶n2,理想变压器T2与用电器相连,测得输电线上的输电电流和损失的功率分别为I2、P2。下列说法中正确的是
( )
A.第二次实验时因为多接了两个变压器,所以P2>P1
B.通过该实验可以证明,提高输电电流能减少远距离输电的能量损失
C.若输送功率一定,则I2∶I1=n1∶n2
D.若输送功率一定,则P2∶P1=
【解析】选C。第一次实验输电线上的电流I1=
,输电线上损失的功率P1=
;第二次实验,升压变压器副线圈上的电压U2=
U1,输电线上的电流
I2=
,输电线上损失的功率P2=
,所以I2∶I1=U1∶U2=n1∶n2,P2∶P1
=
,由于n1电流会增加远距离输电的能量损失,故B错误。
12.(22分)在远距离输电时,要考虑尽量减少输电线上的功率损失。某小型发电站,输送的电功率为P=500
kW,发电站输出电压为U1=250
V。为减少输送功率的损失,变电站先用一升压变压器将电压升高到U2=5
kV再输出,在这种情况下,用户端获得的电功率为P1=340
kW。所用变压器均为理想变压器。求
(1)升压变压器原副线圈的匝数之比为多少?
(2)这样输电,效率仍然较低,若想使输电效率提高到98%,又不改变输电线,那么变电站应将电压升高到多少向外输电?
【解析】(1)由变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即
(2)设输电线上的电流为I,则有:
I=
A=100
A
输电线上损耗的功率为:P损=P-P1=160
kW
由P损=I2r代入数据得:r=16
Ω
P′损=2%P=10
kW,I′=
,P′损=I′2r
代入数据解得:U′2=2×104
V=20
kV
答案:(1)1∶20 (2)20
kV(共45张PPT)
单元素养评价(二)(第五章)
(90分钟 100分)
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。其中1～9题为单选,10～12题为多选)
1.对交变电流能够通过电容器的正确理解是( )
A.在有电容器的交流电路中,没有电荷定向移动
B.在有电容器的交流电路中,有电荷定向移动,但
移动方向是唯一的
C.当电容器接到交变电源上时,电容器交替进行充、放电,电路中才有交变电流
D.当电容器接到交变电源上时,因为有自由电荷通过电容器,电路中才有交变电流
【解析】选C。交变电流能够通过电容器,是通过电容器交替充、放电而进行的,实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质,故C正确,D错误;既然电容器交替充、放电,电路中就有了电荷的定向移动,但移动方向不是唯一的,故A、B错误。
2.如图所示,甲、乙是规格相同的灯泡,接线柱a、b接电压为U的直流电源时,无论电源的正极与哪一个接线柱相连,甲灯均能正常发光,乙灯完全不亮。当a、b接电压的有效值为U的交流电源时,甲灯发出微弱的光,乙灯能正常发光,则下列判断正确的是
( )
A.与甲灯串联的元件x是电容器,与乙灯串联的元件y是电感线圈
B.与甲灯串联的元件x是电感线圈,与乙灯串联的元件y是电容器
C.与甲灯串联的元件x是二极管,与乙灯串联的元件y是电容器
D.与甲灯串联的元件x是电感线圈,与乙灯串联的元件y是二极管
【解析】选B。由a、b接直流电源时的现象可知,元件x“通直流”,元件y“隔直流”,由a、b接交流电源时的现象可知,元件x“阻交流”,元件y“通交流”,根据电容器和电感线圈的特点,元件x是电感线圈,元件y是电容器,选项B正确。
【加固训练】
如图所示,变频交变电源的频率可在20
Hz到20
kHz之间调节,在某一频率时,A1、A2两只灯泡的亮度相同。则下列说法正确的是
( )
A.如果将频率增大,A1变暗、A2变亮
B.如果将频率增大,A1变亮、A2变亮
C.如果将频率减小,A1变暗、A2变亮
D.如果将频率减小,A1变亮、A2变暗
【解析】选C。某一频率时,两只灯泡亮度相同,可知两灯泡消耗的功率相同,频率增大时,感抗增大,而容抗减小,故通过A1的电流增大,A1变亮,通过A2的电流减小,A2变暗,故选项A、B错误;同理可得选项C正确,D错误。
3.(2019·江苏高考)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10,当输入电压增加20
V时,输出电压
( )
A.降低2
V
B.增加2
V
C.降低200
V
D.增加200
V
【解析】选D。由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即
,
得:U2=
U1,即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比,所以有:
ΔU2=
·ΔU1,当输入电压增加20
V时,输出电压增大200
V,故D正确。
4.如图所示是一交变电流的i-t图象,则该交变电流的有效值为
( )
【解析】选B。设交变电流的有效值为I,周期为T,电阻为R,则I2RT=
,解得I=
A。故选B。
5.如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1,V、R和L分别是理想电压表、定值电阻和电感线圈,D1、D2均为灯泡。已知原线圈两端电压u按图乙所示正弦规律变化,下列说法正确的是
( )
A.电压表示数为62.2
V
B.电压u的表达式为u=311sin
50πt(V)
C.仅增大电压u的频率,电压表示数增大
D.仅增大电压u的频率,D1亮度不变,D2变暗
【解析】选D。由图象可知变压器输入电压的有效值为220
V,由
,可得
电压表的示数为44
V,A错误;由图象可知输入电压的最大值为Um=311
V,周期
T=2×10-2
s,ω=
=100
πrad/s,所以B错误;变压器的电压与频率无关,C错
误;增大输入电压的频率对R支路无影响,但使L的感抗增加,通过D2的电流减
小,D2变暗,D正确。
6.如图所示为远距离输电示意图,两变压器均为理想变压器,升压变压器T的
原、副线圈匝数分别为n1、n2,在T的原线圈两端接入一电压u=Umsin
ωt的交
流电源,若输送电功率为P,输电线的总电阻为2r,不考虑其他因素的影响,则输
电线上损失的电功率为
( )
【解析】选C。因为u=Umsin
ωt,所以有U1=
,根据变压器变压规律有:
U2=
,根据P=U2I2得:I2=
,线路损失的功率为ΔP=
,
所以C项正确,A、B、D项错误。
7.
一正弦式交变电压随时间变化的规律如图所示,由图可知
( )
A.该交变电压的有效值为100
V
B.该交变电压的频率为25
Hz
C.该交变电压瞬时值的表达式为u=100sin
25tV
D.若将该交变电压加在阻值为100
Ω的电阻两端,该电阻消耗的功率为100
W
【解析】选B。根据图象可知该交变电压的最大值为100
V,A错;周期为
4×10-2
s,所以频率为25
Hz,B对;ω=2πf=50π,交变电压瞬时值表达式为
u=100sin
50πtV,C错;若将该交变电压加在阻值为100
Ω的电阻两端,因为电
压有效值为
V,所以功率为
=50
W,D错。
8.如图,理想变压器原线圈输入电压U=Umsin
ωt,副线圈电路中R0为定值电阻,R是滑动变阻器。V1和V2是理想交流电压表,示数分别用U1和U2表示;A1和A2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
( )
A.I1和I2表示电流的瞬间值
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】选C。电压表V1和V2分别测量变压器原、副线圈的输入、输出电压的有
效值,电流表A1和A2分别测量原、副线圈电路中电流的有效值,A、B项错误;滑动
变阻器滑片P向下滑动时,接入电路的电阻变小,原副线圈输入、输出电压不变,
由欧姆定律I=
可知,副线圈电路中的电流变大,副线圈输出功率变大,由P
入=P出,得原线圈的输入功率变大,由P=IU可知,原线圈电路中的电流变大,C项正
确,D项错误。
【总结提升】(1)理想变压器将电能由原线圈传给副线圈时总是“量出为入”,即用户消耗多少,原线圈就提供多少,因而输出功率决定输入功率。
(2)可以把理想变压器的副线圈看作给用户供电的无阻电源,对负载电路进行动态分析时,可以参照直流电路动态分析的方法。
9.如图甲所示,A、B两端接直流稳压电源,UAB=100
V,R0=40
Ω,滑动变阻器的总
电阻R=20
Ω;滑片处于滑动变阻器中点;如图乙所示,自耦变压器输入端A、B接
交流稳压电源,其电压有效值UAB=100
V,R0=40
Ω,滑片处于线圈中点位置。则
下列分析正确的是
( )
A.甲图中UCD=50
V,R0中电流为1.25
A
B.乙图中UCD=200
V,R0中电流的有效值为5
A
C.甲图中UCD=80
V,R0中电流的最大值约为2.83
A
D.乙图中UCD=80
V,R0中电流的最大值约为2.83
A
【解析】选B。由题图甲可知,R的上半部分与R0串联的总电阻为R′=R0+
=
50
Ω,由欧姆定律可得流过R0的电流为I0=
A=2
A,R0两端的电压为
U0=I0R0=2
A×40
Ω=80
V,故UCD=80
V,通过R0的电流为2
A,选项A、C错误。由
题图乙可知A、B之间的线圈是原线圈,C、D之间的线圈是副线圈,滑片处于线圈
中点位置时,原、副线圈匝数比为1∶2,根据电压与匝数成正比可得,C、D两端
的电压为UCD=2UAB=200
V,通过R0的电流为I=
A=5
A,选项B正确,选项D错
误。
10.(2019·海南高考)如图,一理想变压器输入端接交流恒压源,输出端电路由
R1、R2和R3三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由5∶1改为10∶1后
( )
A.流经R1的电流减小到原来的
B.R2两端的电压增加到原来的2倍
C.R3两端的电压减小到原来的
D.电阻上总的热功率减小到原来的
【解析】选C、D。根据
可知变压器原、副线圈的匝数比由5∶1改为
10∶1后,输出电压变为原来的
,根据I=
可知流经R1的电流减小到原来
的
,选项A错误;
由于R2和R3的阻值不变,则电压的分配关系不变,故R2和R3两
端的电压都减小到原来的
,选项C正确,B错误;因为R1、R2和R3的阻值和连接
方式都不变,则总电阻也不变,由P=
得电阻上总的热功率减小到原来的
,
选项D正确。
11.(2019·天津高考)单匝闭合矩形线框电阻为R,在匀强磁场中绕与磁感线垂
直的轴匀速转动,穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示。下列说法
正确的是
( )
A.
时刻线框平面与中性面垂直
B.线框的感应电动势有效值为
C.线框转一周外力所做的功为
D.从t=0到t=
过程中线框的平均感应电动势为
【解析】选B、C。由图像可知
时刻线圈的磁通量最大,因此此时线圈处于中
性面位置,因此A错误;由图可知交流电的周期为T,则ω=
,交流电的电动势的
最大值为Em=nBSω=Φm
,则有效值为E有=
,故B正确;线圈转一周所
做的功为转动一周的发热量,W=
,故C正确;从t=0时刻到t=
时刻
的平均感应电动势为E=
,D错误。
12.在匀强磁场中,一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图乙所示,产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图甲所示,已知发电机线圈内阻为1.0
Ω,外接一只电阻为9.0
Ω的灯泡,则
( )
A.电压表V的示数为20
V
B.电路中的电流方向每秒改变10次
C.灯泡实际消耗的功率为36
W
D.电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos5πt(V)
【解析】选B、C。交变电动势的有效值E=
=20
V,电压表的示数U=
·
E=18
V,A选项错误;交变电流的周期T=0.2
s,一个周期内电流方向改变2次,每
秒改变10次,B选项正确;灯泡实际消耗的功率P=
=36
W,C选项正确;线圈转动
的角速度ω=
=10π,电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20
cos10πt(V),
D选项错误。
二、实验题(本题共2小题,共10分)
13.(5分)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中,操作步骤如下:
①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上;
②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;
③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;
④将原线圈与副线圈对调,重复以上步骤。
(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________________________。?
【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。
(2)两线圈的匝数n1=1
600,n2=400,当将n1作原线圈时,原线圈两端电压为16
V,
副线圈两端电压为4
V;当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,由以上数据可得:
。
答案:(1)①③②④ (2)
14.(5分)为了探究交变电流的电动势最大值跟哪些因素有关,现将几个单匝面积S、匝数N均相等的闭合线圈都放在同一有界匀强磁场中,使其绕如图中所示的固定转轴(虚线)以相同的转速n匀速转动,所产生的正弦交变电流的电动势最大值分别用“EmA”“EmB”“EmC”和“EmD”表示,则EmA______EmB,EmB______EmC,
EmC______EmD(均选填“>”“<”或“=”)。?
【解析】根据法拉第电磁感应定律知Em=NBSω,其中ω=2πn,图A、图B中闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场且过线圈平面的转轴匀速转动,满足产生正弦交变电流的条件,能产生正弦交变电流,并且EmA=EmB=NBSω=2πNBSn;而图C中转轴平行于磁场,转动过程中,穿过线圈的磁通量始终为零,故图C线圈中不能产生正弦交变电流。在图D中虽然始终有一边切割磁感线,能产生正弦规律的感应电动势,但是只有一半线圈在磁场中,所以其有效面积小于面积S,故有EmA=EmB>EmD>EmC。
答案:= > <
三、计算题(本题共4小题,共42分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计
算的要注明单位)
15.(8分)如图所示,圆形线圈共100匝,半径为r=0.1
m,在匀强磁场中绕过直径
的轴OO′匀速转动,磁感应强度B=0.1
T,角速度为ω=
rad/s,电阻为R=
10
Ω,求:
(1)线圈由图示位置转过90°时,线圈中的感应电流为多大?
(2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如图所示,图示位置为t=0时刻)。
(3)线圈转动过程中产生的热功率多大。
【解析】(1)当从图示位置转过90°时,线圈中有最大感应电流。最大感应电动
势为
Em=NBSω=100×0.1×π×0.12×
V=30
V
Im=
=3
A(3分)
(2)由题意知i=Imsin
ωt,
即i=3sin
t
A(2分)
(3)感应电流的有效值I=
A。
发热功率P=I2R=
×10
W=45
W(3分)
答案:(1)3
A (2)i=3sin
t
A (3)45
W
16.(9分)如图所示,理想变压器原线圈Ⅰ接到220
V的交流电源上,副线圈Ⅱ的
匝数为30,与一标有“12
V 12
W”字样的灯泡L连接,灯泡正常发光。副线圈
Ⅲ的输出电压为110
V,电流为0.4
A。求:
(1)副线圈Ⅲ的匝数;
(2)原线圈Ⅰ的匝数以及通过原线圈的电流。
【解析】(1)根据已知U2=12
V,n2=30;U3=110
V,
由于
,
(2分)
得n3=
n2=275。
(2分)
(2)由U1=220
V,根据
,得
(1分)
n1=
n2=550;
(1分)
由P1=U1I1=P2+P3=P2+I3U3=56
W,
(2分)
得I1=
≈0.25
A。
(1分)
答案:(1)275 (2)550 0.25
A
17.(11分)如图甲所示,在铁芯上绕着两个线圈A和C,线圈A两端接一电源,线圈C
两端接一阻值为10
Ω的电阻R。已知线圈A的匝数为11;线圈C的电阻为5
Ω,匝
数为7,横截面积为0.3
m2。
(1)若A接的是一电动势为11
V的电池组,则电阻R两端的电压等于多少?
(2)若A接某电源(电源上端为正极)使铁芯中的磁感应强度B随时间变化如图乙
所示,求电阻R两端的电压值并指出流经电阻R的电流方向;
(3)求(2)中t=0.35
s时刻穿过线圈C的磁通量大小。
【解析】(1)根据电磁感应定律可知,若A接的是一电动势为11
V的电池组,线圈
A产生稳定的磁场,穿过线圈C的磁通量不变,没有感应电动势产生,电阻R两端的
电压等于零。
(2分)
(2)若线圈A产生如题图乙所示的磁场,根据法拉第电磁感应定律可知,线圈C产
生的感应电动势E=
=n
·S=0.6
V。
(3分)
根据闭合电路欧姆定律可知,电阻R两端的电压U=
·R=0.4
V,根据楞次定律
可知,流经电阻R的电流方向向下。
(3分)
(3)分析B-t图象可知,t=0.35
s时,
B=0.1
T,
穿过线圈C的磁通量大小
Φ=BS=0.03
Wb。
(3分)
答案:(1)零 (2)0.4
V 方向向下 (3)0.03
Wb
18.(14分)有一台内阻为1Ω的发电机,供给一个学校照明用电,如图所示,升压变压器的匝数比为1∶4,降压变压器的匝数比为4∶1,输电线的总电阻R=4
Ω。全校共22个班,每班有220
V 40
W的灯6盏,若保证全部电灯正常发光,则:
(1)发电机输出功率多大?
(2)发电机的电动势多大?
(3)输出效率是多少?
(4)若使用灯数减半并正常发光,发电机输出功率是否减半?
【解析】(1)降压变压器输出的功率为:
P4=22×6×40
W=5
280
W,
且U3=
×U4=
×220
V=880
V,
所以I2=I3=
A=6
A。
对升压变压器,初级输入功率:P1=P2=U2I2=(U3+I2R)I2=U3I2+
R=5
424
W。
(4分)
故发电机输出功率为5
424
W。
(2)因为U2=U3+I2R=880
V+6×4
V=904
V,
所以U1=
U2=226
V。
而U1I1=U2I2,
所以I1=
=4I2=24
A。
所以E=U1+I1r=226
V+24×1
V=250
V(4分)
(3)η=
×100
%=
×100
%=
×100
%≈97
%。
(3分)
(4)电灯减少一半时,n′P灯=2
640
W。
I′2=
A=3
A。
所以P′出=n′P灯+I′2R=2
640
W+32×4
W=2
676
W。
(3分)
发电机的输出功率减少一半还要多,因输电线上的电流减少一半,输电线上电功
率的损失减少到原来的
。
答案:(1)5
424
W (2)250
V (3)97
% (4)不减半(共28张PPT)
阶段提升课
第五章
知识体系·思维导图
考点整合·素养提升
【核心素养———物理观念】
【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
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
。
【素养评价】
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=
,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
(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 (3)
(4)
(5)
【核心素养——科学思维】
【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。
【素养评价】
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=
。
【素养评价】
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。