资源简介

1．交变电流
[学习目标]　1.了解恒定电流和交变电流的概念．　2.知道交变电流的产生过程和电动势与电流方向的变化规律．(重点)　3.理解正弦交变电流的变化规律及表达式，知道中性面、瞬时值的概念．(重点、难点)
一、交变电流
1．恒定电流
大小和方向都不随时间变化的电流，称为恒定电流．
2．交变电流
(1)定义：大小和方向随时间做周期性变化的电流，称为交变电流，简称交流电．
(2)正弦交变电流：电流随时间按正弦函数规律变化的交变电流，简称正弦交流电．
二、正弦交流电的产生和表述
1．产生：闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生的感应电流就是正弦交流电．
2．描述
函数
图像
瞬时电动势：e＝Emsin_ωt
瞬时电压：u＝Umsin_ωt
瞬时电流：i＝Imsin_ωt
最大值表达式：Em＝NBSω.
3．中性面：线圈平面与磁场垂直的位置．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)交变电流指的是正弦交流电．
(×)
(2)教室的照明电路中所用的是正弦式交流电．
(√)
(3)电流方向做周期性变化的电流就是交变电流．
(√)
(4)只要闭合线圈在匀强磁场里匀速转动就一定产生正弦交变电流．
(×)
(5)正弦交变电流的函数形式与计时起点有关．
(√)
(6)当线圈中的磁通量为零时，产生的电流也为零．
(×)
2．下列四个图像中不属于交流电的是(　　)
D　[A、B、C中e的方向均做周期性变化，故它们属于交流电，D中e的大小变化而方向不变，属直流电．]
3．如图所示，一线圈在匀强磁场中匀速转动，经过图示位置时(　　)
A．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大
B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大
C．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小
D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小
A　[由图可知线圈平面与磁感线平行，应处于垂直于中性面的平面，此时穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，所以A选项正确．]
交变电流的产生
1.产生
在匀强磁场中，绕垂直磁场方向的轴匀速转动的线圈中产生的是交变电流，实验装置如图所示．
2．过程分析(如图所示)
线圈由甲位置转到乙位置过程中，电流方向为b→a→d→c.
线圈由乙位置转到丙位置过程中，电流方向为b→a→d→c.
线圈由丙位置转到丁位置过程中，电流方向为a→b→c→d.
线圈由丁位置转到甲位置过程中，电流方向为a→b→c→d.
3.两个特殊位置对比
位置
中性面
中性面的垂面
磁通量
最大
零
磁通量变化率
零
最大
感应电动势
零
最大
线圈边缘切割磁感线的有效速度
零
最大
感应电流
零
最大
电流方向
改变
不变
【例1】　如图所示，(1)→(2)→(3)→(4)→(5)过程是交流发电机发电的示意图，线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接．下列说法正确的是(　　)
A．图(1)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大
B．从图(2)位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imsin
ωt
C．当线圈转到图(3)位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变
D．当线圈转到图(4)位置时，感应电动势最小，ab边感应电流方向为b→a
C　[将立体图转化为平面图来分析，如图所示．
图甲中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小，故A错误；从图乙位置开始计时，则t＝0时线圈产生的感应电动势最大，形成的感应电流最大，线圈中的电流i随时间t变化的关系是i＝Imcos
ωt，故B错误；当线圈转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C正确；当线圈转到图丁位置时，感应电动势最大，根据右手定则可知ab边感应电流方向为b→a，故D错误．]
线圈在匀强磁场中转动问题的分析方法
(1)分析线圈在不同时刻的位置及穿过它的磁通量、磁通量的变化率情况，利用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向．
(2)搞清两个特殊位置的特点
①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．
②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变．
[跟进训练]
训练角度1：交变电流的产生
1．(多选)下列各图中，线圈中能产生交变电流的有(　　)
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
BCD　[B、C、D中当线圈在磁场中转动时，穿过线圈的磁通量变化，会产生感应电流，而A中线圈转动时，穿过线圈的磁通量始终为零，无感应电流产生，故B、C、D正确．]
训练角度2：对中性面特点的理解
2．(多选)如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴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，线圈中产生的交变电流按照如图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻
(　　)
甲　　　　　　　　乙
A．线圈中的电流最大
B．穿过线圈的磁通量为零
C．线圈所受的安培力为零
D．线圈中的电流为零
CD　[线圈转动的角速度为ω，则转过一圈用时，当t＝时说明转过了圈，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误；由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确．]
正弦交流电的瞬时值和最大值
1．瞬时值表达式的推导
若线圈平面从中性面开始转动，如图所示，则经时间t：
2．峰值表达式
(1)Em＝NBSω＝NΦmω.
(2)Im＝.
(3)Um＝ImR′.
3．正弦交变电流的瞬时值表达式
(1)e＝NBSωsin
ωt＝Emsin
ωt.
(2)i＝＝sin
ωt＝Imsin
ωt.
(3)u＝iR＝ImRsin
ωt＝Umsin
ωt.
上面各式中的e、i、u仅限于从中性面开始计时的情况．若从垂直于中性面(即从线圈平面与磁场平行时)开始计时，则上述表达式应为e＝Emcos
ωt，i＝Imcos
ωt，u＝Umcos
ωt.
【例2】　一矩形线圈，面积是0.05
m2，共100
匝，线圈电阻r＝2
Ω，外接电阻R＝8
Ω，线圈在磁感应强度B＝
T的匀强磁场中以n＝300
r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示，若从中性面开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈从开始计时经
s时线圈中由此得到的感应电流的瞬时值；
(3)外电路R两端电压瞬时值的表达式．
思路点拨：①线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时电动势的最大值Em＝NBSω.②感应电动势瞬时值表达式与开始计时的位置有关，若从中性面开始计时，则e＝Emsin
ωt.
解析：(1)线圈转速n＝300
r/min＝5
r/s
角速度ω＝2πn＝10π
rad/s
线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝50
V
由此得到的感应电动势瞬时值表达式为
e＝Emsin
ωt＝50sin
10πt
V.
(2)将t＝
s代入感应电动势瞬时值表达式中，
得e′＝50sin(10π×)V＝25
V
对应的感应电流i′＝＝
A.
(3)由欧姆定律得u＝R＝40sin
10πt
V.
答案：(1)e＝50sin
10πt
V　(2)
A　(3)u＝40sin
10πt
V
(1)求交变电流瞬时值的方法
①确定线圈转动从哪个位置开始计时；
②确定表达式是正弦函数还是余弦函数；
③确定转动的角速度ω＝2πn(n的单位为r/s)、Em＝NBSω；
④写出表达式，代入角速度求瞬时值．
(2)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，若线圈的面积与例2中题图所示线圈面积相同，则答案完全相同．
[跟进训练]
训练角度1：交变电流的瞬时值表达式
3．某线圈在匀强磁场中转动所产生的电动势变化规律为e＝Emsin
ωt，保持其他条件不变，使该线圈的转速和匝数同时增加一倍，则此时所产生的电动势的瞬时值表达式为(　　)
A．e′＝2Emsin
2ωt　
B．e′＝2Emsin
ωt
C．e′＝4Emsin
2ωt
D．e′＝4Emsin
ωt
C　[因ω＝2πn，故转速加倍时，角速度也加倍，根据Em＝NBSω，转速和匝数均加倍时，电动势的峰值将变为原来的4倍，所以选项C正确．]
训练角度2：交变电流的变化规律
4.一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50
V，那么该线圈从如图所示位置转过30°时，线圈中的感应电动势大小为(　　)
A．50
V
B．25
V
C．25
V
D．10
V
B　[矩形线圈从图示位置开始计时转动产生的感应电动势e＝50cos
ωt
V，所以当线圈转过30°时，线圈中的感应电动势大小为50cos
30°
V＝25
V，选项B正确．]
交变电流的图像问题
交变电流随时间t的变化规律不再是简单的正比例关系，所以借助图像来分析研究比单纯用代数的方法更简捷、直观．
1．从如图所示的交变电流定以下量：
(1)可以读出电动势的最大值Em.
(2)可根据线圈转至中性面时电动势为零的特点，确定线圈处于中性面的时刻，确定了该时刻，也就确定了磁通量最大的时刻和磁通量变化率最小的时刻．
(3)可根据线圈转至与磁场平行时感应电动势最大的特点，确定线圈与中性面垂直的时刻，此时刻也就是磁通量为零的时刻和磁通量变化率最大的时刻．
(4)可以确定某一时刻电动势大小以及某一时刻电动势的变化趋势．
2．交变电流的电压或电流变化的快慢(变化率)，在图线上等于某瞬间切线的斜率，它与电压或电流瞬时值的大小是两回事．瞬时值最大时，变化率最小(等于零)；瞬时值为零时，变化率恰好最大．在具体问题中，必须弄清楚哪些量与瞬时值有关，哪些量与变化率有关．
【例3】　一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图甲所示，则下列说法中正确的是(　　)
甲　　　　　　　乙
A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01
s时刻Φ的变化率达到最大
C．t＝0.02
s时刻感应电动势达到最大
D．该线圈相应的感应电动势图像如题图乙所示
B　[t＝0时Φ最大，线圈应在中性面位置，A错误；t＝0.01
s时，Φ?t图像的斜率最大，故最大，B正确；t＝0.02
s时，Φ最大，故e＝0，C错误；因Φ?t图像为余弦图像，故e?t图像应为正弦图像，D错误．]
交变电流图像问题的分析方法
(1)看清两轴物理量的物理意义，分清是何种图像．
(2)分析“斜率”“截距”“点”表示的物理意义．
(3)掌握“图与图”“图与式”和“图与物”间的对应关系．
[跟进训练]
5．如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则下列说法正确的是(　　)
A．乙图中ab时间段对应甲图中A至B图的过程
B．乙图中bc时间段对应甲图中C至D图的过程
C．乙图中d时刻对应甲图中的D图
D．若乙图中d处是0.02
s，则1
s内电流的方向改变50次
B　[A图中，穿过线圈的磁通量最大，但变化率为零，此时线圈产生的电动势为零，故A错；C图中，穿过线圈的磁通量最大，变化率为零，此时产生的电动势也为零，线圈沿轴逆时针转动，由C转到D的过程中，穿过线圈的磁通量减小，感应电流形成的磁场与原磁场相同，故感应电流的方向为adcba，与规定方向相反，电流为负，B对；乙图中的d时刻电流为零，线圈应处于中性面位置，知C错；若乙图中d处是0.02
s，即周期为0.02
s，一个周期内电流方向改变两次，故1
s改变100次，D错．]
1．2种电流——直流、交流
2．2个特殊位置——中性面、垂直中性面位置
3．1个过程——交变电流的产生过程
4．1个变化规律——交变电流的变化规律
5．2个值——峰值、瞬时值
1．(多选)关于交变电流和直流电的说法中，正确的是(　　)
A．如果电流大小做周期性变化，则一定是交变电流
B．直流电的大小可以变化，但方向一定不变
C．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的
D．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性的变化
BD　[直流电的特征是电流方向不变，交流电的特征是电流方向周期性改变．另外交变电流不一定都是正弦交流电或余弦交流电．故选B、D.]
2．(多选)矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，在线圈平面经过中性面瞬间(　　)
A．线圈平面与磁感线平行
B．通过线圈的磁通量最大
C．线圈中的感应电动势最大
D．线圈中感应电流的方向改变
BD　[在线圈平面垂直于磁感线时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这样的位置叫作中性面．根据这一定义，线圈平面经过中性面瞬间，通过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势为零，此时，感应电流的方向发生改变，所以选项B、D正确．]
3．如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是(　　)
A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．图示位置ab边的感应电流方向为a→b
D．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零
C　[线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，图示位置为垂直中性面，线圈中感应电流最大，故B错误；线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则知，ab边的感应电流方向为a→b；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大．]
4．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(如图乙)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正．下列四个选项中正确的是(　　)
B　[当从题图乙所示位置转过时刻，线圈处在中性面位置，感应电流为零，且在此段转动时间内电流方向为从b流向a，故选项B正确．]
5.有一10匝正方形线框，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，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5
T．问：
(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？
(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？
(3)写出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＝10×0.5×0.22×10π
V＝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＝Emsin
ωt＝6.28sin
10πt
V.
答案：(1)6.28
V　6.28
A　(2)5.44
V
(3)e＝6.28sin
10πt
V
PAGE
-
12
-2．描述交流电的物理量
[学习目标]　1.知道描述交变电流的物理量，周期、频率、峰值、有效值．(重点)　2.理解正弦式交变电流的最大值和有效值间的关系．会求解交变电流的有效值．(重点、难点)　3.了解交变电流的相位、初相位和相位差．(难点)
一、周期和频率
1．周期(T)
交变电流完成一次周期性变化的时间，单位：秒(s)．
2．频率(f)
交变电流在1
s时间内完成周期性变化的次数，单位：赫兹(Hz)．
3．两者的关系
互为倒数关系，即T＝或f＝.
4．物理意义
描述交变电流变化快慢的物理量．
[名师提醒]　
1．角速度ω与T、f的关系：ω＝＝2πf.
2．我国使用的交变电流：T＝0.02
s，f＝＝50
Hz，ω＝100π
rad/s，电流方向每秒改变100次．
二、峰值　有效值
1．峰值
(1)概念：交变电流的电压和电流在一个周期内所能达到的最大值，分别称为电压和电流的峰值，用符号Um和Im表示．
(2)应用：电容器、二极管在使用时要注意让它们所能承受的电压高于交流电压的峰值．
2．有效值
(1)概念：如果交流电与某一直流电通过同一电阻，在相同的时间内所产生的热量相等，那么这个直流电的电流和电压值就分别称为相应交流电的电流和电压的有效值．
(2)应用
①交流用电器铭牌上所标的额定电压(电流)均是指有效值．
②交流电压表(电流表)测出的数值是有效值．
③无特别说明时提到的交变电流的数值(通常值)也是指有效值．
3．二者关系
对正弦交变电流，有效值I、U与峰值Im、Um之间的关系为I＝Im，U＝Um.
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)我国生活用的交流电的周期是0.02
s，频率是50
Hz.
(√)
(2)我国所使用的交流电在1
s内电流的方向改变50次．
(×)
(3)生活用电的电压220
V指有效值，动力用电的电压380
V指峰值．
(×)
(4)关系式I＝和U＝适用于任意的交变电流．
(×)
(5)交流电的有效值是指相同时间内，产生相同热量的直流电的值．
(×)
2.(多选)一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电动势的图像如图所示，则(　　)
A．交变电流的频率是4π
Hz
B．当t＝0时，线圈平面与磁感线垂直
C．当t＝π
s时，e有最大值
D．交变电流的周期是2π
s
BD　[由题图可知T＝2π
s，则f＝
Hz，A选项错误，D选项正确；t＝0时，e＝0，故在中性面处，B选项正确；t＝π
s时，e＝0，C选项错误．]
3．通过一阻值R＝100
Ω的电阻的交变电流如图所示，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
B　[根据图像，一个周期T＝1
s，设该交变电流的有效值为U,0～0.4
s的时间间隔t1＝0.4
s,0.4～0.5
s的时间间隔t2＝0.1
s，根据电流的热效应，由2(IRt1＋IRt2)＝，解得U＝4
V，B正确．]
有效值的理解与计算
1.对交变电流有效值的理解
(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻发热)进行定义的，所以进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻发热(或热功率)进行计算，计算时“相同时间”应取周期的整数倍，一般取一个周期．
(2)非正弦式交变电流的有效值，应按有效值的定义计算．
(3)在计算交变电流通过导体产生的热量和电功率以及确定保险丝的熔断电流时，只能用交变电流的有效值，如电功率的计算式P＝UI中，U、I均为有效值；若计算通过电路某一横截面的电量，必须用交变电流的平均值．
(4)在交流电路中，电压表、电流表、功率表等电工仪表的示数均为交变电流的有效值，在没有具体说明的情况下，所给出的交变电流的电压、电流指的都是有效值．
2．有效值的计算方法
求解交变电流的有效值，通常采用以下两种方法：
(1)若按正(余)弦规律变化的交变电流，可利用交变电流的有效值与峰值的关系求解，即E＝，U＝，I＝.
(2)若按非正(余)弦规律变化的交变电流，可以从交变电流有效值的定义出发，根据热效应的“三同原则”(同电阻、同时间、同热量)求解，一般选择一个周期T的时间进行计算．
【例1】　如图所示为一交变电流的图像，则该交变电流的有效值为(　　)
A.I0　　　
B．I0
C.I0
D．I0＋I0
思路点拨：①前半个周期内电流的有效值为.②后半个周期内电流的有效值为I0.
B　[令该交变电流通过一电阻R，它在前半周期内通过该电阻产生的热量Q1＝R·＝，它在后半周期内产生的热量Q2＝IR·＝，故在一个周期内产生的热量Q交＝Q1＋Q2＝IRT，设某一恒定电流I在相同的时间T内通过该电阻产生的热量为I2RT，由有效值的定义知：
IRT＝I2RT，得I＝I0，故B正确．]
[一题多变]　上例中交变电流的图像若改为如图所示图像，则其有效值为多少？
解析：设其有效值为I，则2R＋IR＝I2RT
解得I＝I0.
答案：I0
几种常见交变电流的有效值
电流名称
电流图像
有效值
正弦式交变电流
I＝
正弦半波电流
I＝
正弦单向脉动电流
I＝
矩形脉动电流
I＝
Im
非对称性交变电流
I＝
[跟进训练]
1．如图甲所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如图乙所示．此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为(　　)
甲　　　　　　　　乙
A．110
V
B．156
V
C．220
V
D．311
V
B　[交流电压表测量的是交流电压的有效值．题图乙所示波形为正弦交变电流在时间轴上方的部分．取一个周期T的时间，根据有效值的定义有：eq
\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(311,\r(2)))),R)·＝·T，所以u＝156
V．选B.]
交变电流的“四值”比较
交变电流“四值”辨析
物理量
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
从线圈位于中性面位置时开始计时：e＝Emsin
ωti＝Imsin
ωt
分析线圈某一时刻的瞬时情况
最大值
最大的瞬时值
Em＝NBSωIm＝
确定用电器的耐压值
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流值
E＝U＝I＝
(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)(2)交流电表的测量值(3)电气设备标注的额定电压、额定电流(4)保险丝的熔断电流
平均值
交变电流图像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量
【例2】　如图所示为交流发电机示意图，矩形线圈的匝数N＝50匝，每匝线圈的边长lab＝0.4
m，lbc＝0.2
m，矩形线圈所在处的匀强磁场的磁感应强度B＝0.2
T，线圈总电阻r＝1
Ω，外接电阻R＝9
Ω，线圈以n＝
r/s的转速在磁场中匀速转动．求：
(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；
(2)若线圈从通过中性面时开始计时，写出回路中电流随时间变化的关系式；
(3)交流电压表和电流表的读数；
(4)此交流发电机的总功率和输出功率；
(5)线圈由中性面转至与中性面成30°角的过程中，通过导线横截面的电荷量．
思路点拨：解答本题可按以下思路进行：
①→
②→
③→
解析：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的是交变电流．从线圈通过中性面时开始计时，交变电流的表达式为正弦函数．电压表和电流表的读数为交变电流的有效值．
(1)Em＝NBSω＝NBlablbcω
＝50×0.2×0.4×0.2××2π
V＝160
V.
(2)ω＝2πn＝200
rad/s　Im＝＝16
A
i＝16sin
200t
A.
(3)电压表的读数U＝IR，I＝＝8
A，所以U＝72
V，电流表示数为I＝8
A.
(4)发电机的总功率P＝IE，E＝，所以P＝8×
W＝1
280
W.
发电机的输出功率等于外电路电阻消耗的电功率，即PR＝IU＝8×72
W＝1
152
W.
(5)在线圈由中性面转过30°的过程中，线圈中的平均感应电动势为＝N
平均感应电流为＝
故通过导线横截面的电荷量为q＝Δt＝N＝＝0.08
C.
答案：(1)160
V　(2)i＝16sin
200t
A　(3)72
V　8
A　(4)1
280
W　1
152
W　(5)0.08
C
(1)求电荷量时要用平均值．
(2)交流电表显示的是有效值．
(3)计算热量、功率、电功以及确定保险丝的熔断电流时，一定要用有效值．
(4)判断电容器是否能被击穿，应看最大值．
[跟进训练]
训练角度1：交变电流“四值”的应用
2．一个照明电灯两端允许加的最大交流电压为311
V，当它接入220
V照明电路上，这个灯将(　　)
A．灯不亮　　　　　
B．灯丝将烧断
C．只能暗淡发光
D．能正常发光
D　[电灯的额定电压为U＝＝
V＝220
V，当它接入220
V的照明电路上时能正常发光．]
训练角度2：交变电流有效值的求解及应用
3．交变电压的瞬时值为u＝Umsin
100πt
V，当t＝
s时，u＝5
V，则从交流电压表中看到的读数是(　　)
A.
V　　　　　
B．10
V
C．5
V
D．10
V
D　[将t＝
s、u＝5
V代入u＝Umsin
100πt
V中，得Um＝10
V，则有效值为U＝10
V，从交流电压表中看到的读数为交变电压的有效值，所以，读数为10
V．]
1．6个物理量——峰值、有效值、瞬时值、平均值、周期、频率
2．1种方法——等效法
3．3个公式——T＝，I＝，U＝
1．在下列四幅交流电的图像中，能正确反映我国居民生活所用交流电的是(　　)
A　　
　　　　B
C　　
　　　　D
C　[我国日常生活所用交流电的峰值为311
V，周期为0.02
s，所以C项正确．]
2．在如图甲电路的M、N间加一如图乙所示的正弦交流电，负载电阻为100
Ω，若不考虑电表内阻对电路的影响，则交流电压表和交流电流表的读数分别为(　　)
甲　　　　　　　乙
A．220
V,2.20
A　　　
B．311
V,2.20
A
C．220
V,3.11
A
D．311
V,3.11
A
A　[由u?t图像可知，交流电压的最大值为311
V，交流电压的有效值(即电压表的读数)为
V＝220
V，电流表的读数为
A＝2.20
A，A正确．]
3．(多选)一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e＝220sin
100πt(V)，则(　　)
A．t＝0时线圈平面垂直于中性面
B．交流电的频率是100π
Hz
C．交流电的周期是0.02
s
D．电动势的有效值为220
V
CD　[当t＝0时，由表达式可知，感应电动势e＝0，故此时线圈平面就是中性面的位置，所以A不对；由于ω＝100π，故交流电的周期为T＝＝＝0.02
s，频率为
f＝＝＝50
Hz，所以B不对，C正确；因为电动势的最大值为220
V，故其有效值为220
V，D正确．]
4.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压(　　)
A．峰值是e0
B．峰值是2e0
C．有效值是Ne0
D．有效值是Ne0
D　[因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝Ne0，故选项D正确．]
5.如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直．线圈匝数n＝40，电阻r＝0.1
Ω，长l1＝0.05
m，宽l2＝0.04
m，角速度ω＝100
rad/s，磁场的磁感应强度B＝0.2
T．线圈两端外接电阻R＝9.9
Ω的用电器和一个交流电流表．求：
(1)线圈中产生的最大感应电动势；
(2)电流表的读数；
(3)用电器上消耗的电功率．
解析：(1)Em＝nBωS＝40×0.2×100×0.05×0.04
V＝1.6
V.
(2)电流最大值Im＝＝
A＝0.16
A
有效值I＝
A＝0.11
A
电流表的读数为0.11
A.
(3)用电器上消耗的电功率
P＝I2R＝0.112×9.9
W＝0.12
W.
答案：(1)1.6
V　(2)0.11
A　(3)0.12
W
PAGE
-
10
-3．示波器的使用
[学习目标]　1.了解示波器面板上各个旋钮的名称及作用．　2.了解示波器的工作原理．　3.练习使用示波器观察交流电的波形．
一、实验原理
示波器是一种能把随时间变化的电信号用图像显示出来的电子仪器．凡能转换成电压的其他电学量(如电流、电阻等)和非电学量(如温度、压力、声波等)，都可以用示波器来观察和测量．
二、实验器材
示波器1台，低压电源1台，变阻器1只，开关一个，导线若干，学生信号源．
三、实验步骤
1．认识示波器的面板，熟悉各部分名称和作用
J2459型示波器
如图所示：示波器面板上的旋钮有：电源开关、电源指示灯、辉度调节旋钮、聚焦调节旋钮、辅助聚焦调节旋钮、竖直位移旋钮、水平位移旋钮，Y增益调节旋钮，X增益调节旋钮、衰减调节旋钮、扫描范围旋钮、扫描微调旋钮、外部信号输入端、交直流选择开关、同步极性选择开关．
2．开机前的准备
把示波器面板上各旋钮调节到下面指定位置：
(1)辉度调节旋钮()反时针方向旋到底；
(2)竖直位移旋钮(↑↓)旋至中间位置；
(3)水平位移旋钮()旋至中间位置；
(4)衰减调节旋钮旋到“1
000”的位置；
(5)扫描范围旋钮旋到“外X”位置；
(6)Y增益调节旋钮反时针方向旋到底；
(7)X增益调节旋钮反时针方向旋到底．
3．观察荧光屏上的亮斑并进行调节
(1)把示波器的电源插头插入适合的电源，把电源开关扳向“开”的位置，可见指示灯亮起，预热1～2分钟．
(2)顺时针方向旋转辉度调节旋钮，使屏上亮斑亮度适中．
(3)调节竖直位移、水平位移旋钮使亮斑在屏的中间．
(4)旋转聚焦调节旋钮“⊙”和辅助聚焦调节旋钮“○”，使亮斑最圆最小．
(5)旋转竖直位移旋钮，观察亮斑如何移动．
(6)旋转水平位移旋钮，观察亮斑如何移动．
4．观察扫描并进行调节
(1)把X增益调节旋钮顺时针转到1/3处，扫描微调旋钮逆时针转到底，扫描范围旋钮置于最低挡，观察扫描的情形．
(2)顺时针旋转扫描微调旋钮，可看到亮斑移动加快，直至为一条亮线．
(3)调节X增益调节旋钮，可以看到亮线长度的改变．
5．观察亮斑在竖直方向的偏移并进行调节
(1)将扫描范围旋钮置于“外X”挡，交流直流选择开关拨到“DC”位置．
(2)按图所示连接电路．
(3)将滑动变阻器的滑片P滑至适当位置后闭合开关，把衰减调节旋钮逆时针依次转到100、10和1挡，观察亮斑向上偏移的情况．
(4)调节Y增益调节旋钮，使亮斑偏移一段适当的距离，再调节滑动变阻器，观察亮斑偏移的距离随输入电压变化的情况．
(5)调换电池的正、负极，可以看到亮斑改为向下偏移．
6．观察按正弦规律变化的电压的图线
(1)把扫描范围旋钮置于第一挡(10～100
Hz)．
(2)把衰减调节旋钮置于“”挡，即由示波器本身机内提供竖直方向的按正弦规律变化的电压．
(3)反复调节扫描微调旋钮，使屏上出现完整而稳定的正弦曲线．
(4)调节Y增益调节旋钮时，观察到曲线的形状沿竖直方向变化；而调节X增益调节旋钮时，观察到曲线的形状沿水平方向变化．
(5)当把同步极性选择开关置于“＋”位置时，正弦曲线从正半周开始，把此时观察到的曲线形状画在圆框内；当把同步极性选择开关置于“－”位置时，曲线从负半周开始，把此时观察到的曲线形状画在圆框内．
也可以用Y衰减的其他挡位进行测量，把有关数据填入记录表格中，并比较用哪一挡位较为准确．
7．关机
实验完毕，关机前要先把辉度调节旋钮逆时针方向旋到底，然后再切断电源．
四、注意事项
1．开机前及实验完毕关机前，先要把辉度调节旋钮逆时针转到底．(处于亮度最低状态)
2．使用过程中，不应使光斑过亮，特别是当亮斑长时间停留在屏上不动时，应将亮度减弱，以免损伤荧光屏，缩短示波管的寿命．
3．由示波器Y输入的电压不可过大，否则会损坏机内的分压电阻和电子管，在最大衰减倍率(1
000)时也不得超过直流400
V.
4．尽量避免频繁开机、关机，否则将缩短示波器电子管阴极的寿命．短时间不用时，不必关机，只需将辉度调节旋钮旋至荧光屏上无亮线．
5．如果显示的波形受外界干扰，可将机壳用导线接地．
6．当“Y输入”接线柱上接出的导线悬空时，它和“地”间电阻极大，环境空间中杂散的电磁场将在导线中感应较大的电压，使屏上出现干扰波形，衰减倍率越小，干扰信号显示的幅度越大．若用手摸这条导线会更严重，使用中应尽量避免这种情况.
对示波管原理的理解
【例1】　(多选)图中(1)所示是示波管的原理图，它是由电子枪、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏组成．电子枪发射的电子打在荧光屏上将出现亮点，不加任何电压时，电子打在荧光屏中心．若亮点很快移动，由于视觉暂留关系，能在荧光屏上看到一条亮线．现在加上频率较高的偏转电压，则
(　　)
(1)
(2)　　　　　　　(3)
(4)　　　　　　　　(5)
A．如果只在偏转电极XX′上加上如图(2)所示的电压，应观察到一条水平亮线
B．如果只在偏转电极YY′上加上如图(3)所示U＝Umsin
ωt的电压，应观察到一条正弦曲线如图(4)
C．如果在偏转电极YY′上加上如图(3)所示U＝Umsin
ωt的电压，同时在偏转电极XX′上加上图(2)所示的电压，应观察到一条正弦曲线如图(5)
D．如果在偏转电极YY′上加上如图(3)所示U＝Umsin
ωt，同时在偏转电极XX′上加上图(2)所示的电压，应观察到一条正弦曲线如图(4)
AD　[如果在偏转电极XX′上加上如图(2)所示的电压，应观察到一条水平的亮线，故A正确；如果只在偏转电极YY′上加上如图(3)所示U＝Umsin
ωt的电压，则在水平方向不运动，只在竖直方向偏转，应观察到一条竖直的亮线．故B错误；如果在偏转电极YY′上加上如图(3)所示U＝Umsin
ωt的电压，同时在偏转电极XX′上加上图(2)所示的电压，因图(2)中的电压为单一方向上，则形成的图像只在O点的一侧为图(4)，故C错误，而D正确．]
练习使用示波器
【例2】　图甲为示波器面板，图乙为一信号源．
甲　　　　乙
(1)若要观测此信号源发出的正弦交流信号的波形，应将信号源的a端与示波器面板上的________接线柱相连，b端与________接线柱相连；
(2)若示波器所显示的输入波形如图所示，要将波形上移，应调节面板上的__________旋钮；要使此波形横向展宽，应调节____________旋钮；要使屏上能够显示三个完整的波形，应调节____________旋钮．
解析：(1)若要观测此信号源发出的正弦交流信号的波形，应从示波器的“Y输入”和“地”接线柱输入信号，所以应将信号源的a端与示波器面板上的“Y输入”接线柱相连，b端与“地”接线柱相连．
(2)竖直位移旋钮的作用是调节波形在屏幕上的竖直位置，由题图可知该波形偏下，所以应该调节6，X增益旋钮的作用是调整波形的横向宽度．调节扫描范围和扫描微调可调整屏幕上显示的完整的波形数．
答案：(1)Y输入　地　(2)6　X增益　扫描范围和扫描微调
(1)观察正弦波或余弦波：若外加的是正弦交变电压，当扫描频率是交变电压整数倍时可在屏上看到正弦波形．
正弦波的形成：亮斑从左到右运动的时间若刚好等于交变电压的周期，则在屏上出现一个完整正弦波形，若是交变电压周期的两倍，则出现两个完整波形．
(2)注意竖直位移旋钮、水平位移旋钮和X增益、Y增益之间区别：一个是调节平衡位置上下运动，一个是调节上下运动振幅．一个是调节水平扫描中心位置，一个是调节扫描幅度．
(3)注意衰减和Y增益之间的关系，衰减是大幅度调节振幅，1是不衰减，10表示振幅变为原来的十分之一，100表示变为原来的一百分之一．而Y增益是较小范围调节振幅．
注意扫描范围旋钮和扫描微调旋钮配合调节扫描频率，如要调到频率为900
Hz，则先把扫描范围旋钮打在1
000
Hz处，再调节扫描微调旋钮使频率在1
000
Hz左右小范围变动，可调到900
Hz.
1．用示波器观察某交流信号时，在显示屏上显示出一个完整的波形，如图．经下列四组操作之一，使该信号显示出两个完整的波形，且波形幅度减小．此组操作是(　　)
A．调整X增益旋钮和竖直位移旋钮
B．调整X增益旋钮和扫描微调旋钮
C．调整扫描微调旋钮和Y增益旋钮
D．调整水平位移旋钮和Y增益旋钮
C　[要让显示屏上的波形由一个变为两个，就需提高扫描频率，即需调整扫描微调旋钮．Y增益旋钮是用来调节图像在竖直方向上的幅度的，故选项C正确．]
2.若在示波器的“Y输入”和“地”之间加上如图所示的电压，而扫描范围旋钮置于“外X”挡，则此时屏上应出现的情形是下图中的(　　)
C　[Y方向上有一个恒定电压，扫描范围旋钮置于“外X”挡，示波器内不提供X方向的扫描电压．而“X输入”接线柱也没有输入任何扫描电压，所以X方向没有偏转，选项C正确．]
3．示波器使用结束时应注意及时关机，关机的下列操作顺序正确的是(　　)
A．先断开电源开关，再将“辉度调节”旋钮逆时针转到底
B．先断开电源开关，再将“辉度调节”旋钮顺时针转到底
C．先将“辉度调节”旋钮逆时针转到底，再断开电源开关
D．先将“辉度调节”旋钮顺时针转到底，再断开电源开关
C　[辉度调节旋钮逆时针旋转时可使屏幕亮度降低，保护屏幕．所以关机时应先将辉度调节旋钮逆时针转到底，再断开电源开关．选项C正确．]
4．如果在示波器的荧光屏上出现一个亮点在水平方向自左向右移动的图像，现在要使它变成水平方向的一条亮线，调节的方法应该是(　　)
A．顺时针旋转辉度调节旋钮
B．调节衰减旋钮
C．调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮，增大扫描频率
D．调节Y增益调节旋钮
C　[在荧光屏上出现的是一个亮点自左向右的水平移动的图形，要把它变成水平方向的亮线，若调节辉度旋钮，只能使亮度增大，不能改变图形，所以A选项错误；若调节衰减旋钮，只能使输入信号的强度减弱，这里只有一个亮点，没有输入信号，所以B选项也是错的；若调节Y增益调节是改变竖直方向输入的信号强度，即改变图线在竖直方向的幅度，显然D选项也是错误的；现在荧光屏上出现的是水平方向移动的一个亮点，说明水平扫描频率太小，使眼睛能觉察到亮度的移动，所以应该提高水平扫描频率，使眼睛区分不开亮点位置的变化，故选项C是正确的．]
5.在应用示波器观察Y输入系统的作用时，有下列操作程序，请在横线上填写观察到的现象．
(1)把“扫描范围”旋钮置于“外X”挡，“DC、AC”开关置于“DC”位置，调节水平、竖直位移旋钮使光点位于荧光屏中心，将衰减旋钮置于“1
000”挡，“Y增益”旋钮顺时针转到二分之一处；
(2)用1～2节干电池(1.5
V)作直流电源，将电源和变阻器组成如图所示的直流回路，并取出一部分电压加到“Y输入”与“地”接线柱上；
(3)移动变阻器中心触头位置，改变“Y输入”电压，观察亮点偏离光屏中心的距离________；
(4)将“衰减”旋钮分别置于“10”、“100”挡，重复上一步骤，这时会发现亮点离光屏中心距离________，由此可见“衰减”旋钮的作用是_________________________________________________；
(5)将直流电源的正负接线互换，改变输入电压方向，观察光点偏移方向的变化，这时可能看到________．
答案：(3)变化　(4)由大变小　改变偏转电压，改变亮点偏离幅度　(5)向相反方向偏移(或向下偏移)
6．示波器是检测和修理各种电子仪器以及进行科学研究必不可少的工具．掌握它的一般使用方法是对每一名普通高中学生的一般要求．如图所示为某次学生实验时练习使用的J－2456型示波器的面板示意图．实验中某学生已经在荧光屏中间调节出了最圆最小的光斑，则：
他若要观察机内提供的竖直方向的正弦规律变化的电压的图像，应怎样调节至最佳状态？(写明必要的文字叙述，控制旋钮的名称及指示位置)
解析：(1)把扫描范围旋钮置于第一挡(或10～100
Hz挡)．
(2)把衰减调节旋钮置于“”挡，即由机内提供竖直方向的按正弦规律变化的电压．
(3)调节扫描微调旋钮，使屏上出现完整的正弦曲线．
(4)调节X增益和Y增益旋钮，使曲线在水平和竖直方向发生变化．
答案：见解析
PAGE
-
8
-4．电容器在交流电路中的作用5．电感器在交流电路中的作用
[学习目标]　1.了解电容器对交变电流的阻碍作用及其原因．(难点)　2.了解电感器对交变电流的阻碍作用及其原因．(难点)　3.知道感抗和容抗以及与哪些因素有关．(重点)　4.了解电容器和电感器通交流电的特性．(重点)
一、电容器在交流电路中的作用
1．电容器对交流电的导通作用
(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；接通交流电源时，灯泡亮．
(3)实验结论：
交变电流能够通过电容器，直流电不能通过电容器．
(4)电容器导通交流电的实质：
电容器接入交变电路时，使电容器反复地充电和放电，使电路中形成交变电流．
2．电容器对交流电的阻碍作用
(1)容抗：电容器对交流电的阻碍作用称为容抗．
(2)容抗大小的影响因素：
容抗的大小跟电容和交流电的频率有关．电容越小、频率越低，容抗越大，容抗大小的公式是XC＝.
(3)电容的作用：通交流，隔直流，通高频，阻低频．
3．电容器在电子技术中的应用
(1)隔直电容：利用了电容器通交流、隔直流的性质．只让交流信号通过而直流成分不能通过．如图甲所示．
(2)旁路电容：利用了电容器对高频电流阻碍小而对低频电流阻碍作用大的特性．低频信号不能通过而高频干扰信号可以通过，如图乙所示．
　　　　　　　　甲　　　　　　　　　乙
二、电感器在交流电路中的作用
1．电感器对交流电的阻碍作用
(1)感抗：表示电感器对交流电阻碍作用的大小．
(2)影响感抗大小的因素
线圈的电感(即自感系数L)越大，交流电的频率越高，对交流电的阻碍作用越大，即感抗越大．感抗大小的公式是XL＝2πfL.
2．电感器在电子技术中的应用
(1)低频扼流圈
特点：电感较大、电阻较小，感抗较大．对低频交流电产生较大的感抗．
作用：可用来“通直流、阻交流”．
(2)高频扼流圈
特点：匝数较少，自感系数较小，感抗较小，对高频交流电产生较大的感抗．
作用：可用来“通低频、阻高频”．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)对于同一个电容器，容抗可以发生变化．
(√)
(2)在有电容器的交流电路中，没有电荷通过电容器．
(√)
(3)电气设备和电子仪器的金属外壳都应该接地．
(√)
(4)电感器的感抗只由线圈本身决定．
(×)
(5)电感器对直流电的阻碍作用也较大．
(×)
(6)电感器对直流没有阻碍作用，对所有交流电的阻碍作用都一样．
(×)
2．(多选)如图所示，白炽灯和电容器串联后接在交变电源的两端，当交流电源的频率增加时(　　)
A．电流表示数增大
B．电压表示数增大
C．灯泡变暗
D．灯泡变亮
AD　[由频率增大可知，容抗减小，电流增大，灯泡两端电压增大，电压表示数变小，灯泡功率增大而变亮，故A、D两项正确．]
3．交变电流通过一段长直导线时，电流为I，如果把这根长直导线绕成线圈，再接入原电路，通过线圈的电流为I′，则(　　)
A．I′＞I
B．I′＜I　　C．I′＝I
D．无法比较
B　[长直导线的自感系数很小，其对交变电流的阻碍作用可以看作是纯电阻，流经它的交变电流只受到导线电阻的阻碍作用．当导线绕成线圈后，电阻值未变，但自感系数增大，对交变电流的阻碍作用不但有电阻，而且有线圈的阻碍作用(感抗)，阻碍作用增大，电流减小．]
电容器对交变电流的阻碍作用
1.对电容器容抗的理解
(1)产生原因
电容器的极板充电带有电荷后，会产生阻碍电流的反向电压，从而对继续充电产生阻碍作用．
(2)相关因素
①电容：电容器的电容越大，充电过程中两极板间电压增长越慢，对继续充电阻碍作用越小．
②频率：交流电频率越高，电流方向变化越快，对继续充电的阻碍作用越小．
2．电容器在电子技术中的两种应用
(1)隔直电容器：如图所示，作用是“通交流、隔直流”，因为直流电不能通过电容器，交流电能“通过”电容器．起这样作用的电容器电容要大些．
(2)高频旁路电容器：如图所示，作用是“通高频，阻低频”，因为对不同频率的交流电，频率越高，容抗越小，频率越低，容抗越大，即电容器对低频交变电流阻碍作用大，对高频交变电流阻碍作用小，起这样作用的电容器电容要小些．
【例1】　将一平行板电容器与灯泡串联，接在交流电源上，如图所示，灯泡正常发光，则(　　)
A．电容器对交变电流的阻碍作用仅与交流频率有关，与电容的大小无关
B．增大电容器两极板间的距离，灯泡亮度不变
C．增大电容器两极板间的距离，灯泡一定变暗
D．使交流频率减小，灯泡变亮
思路点拨：(1)容抗的大小与交流电的频率和电容器的电容大小有关．(2)电源电压一定时，容抗越大，灯泡越暗．
C　[影响容抗大小的因素有电容C和交流的频率f，故A错误；将电容器的两极板间距增大，电容器的电容变小，容抗变大，对电流的阻碍作用变大，电流变小，则灯泡变暗，故B错误，C正确；当交流频率减小时，容抗变大，则灯泡变暗，D错误．]
(1)电容器通交变电流的实质是充放电．
(2)决定容抗大小的因素：电容器电容的大小和电源的频率．交变电流的频率越高，容抗越小；交变电流的频率越低，容抗越大．
[跟进训练]
训练角度1：电容器对交流电的导通作用
1．(多选)甲、乙两图是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“～～～”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“－”表示．关于两图中负载电阻R上得到的电流特征是(　　)
甲　　　　　　　乙
A．图甲中R得到的是交流成分
B．图甲中R得到的是直流成分
C．图乙中R得到的是低频成分
D．图乙中R得到的是高频成分
AC　[当交变电流加在电容器上时，电容器有“通交流、隔直流，通高频、阻低频”的特性，甲图中电容器隔直流，R得到的是交流成分，A正确，B错误；乙图中交流高频成分能通过电容器，电容器阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确，D错误．]
训练角度2：电容器对交流电的阻碍作用
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
C　[虽然交变电流能通过电容器，但也要受到阻碍作用，电容器与电阻串联，根据分压原理可知电阻两端的电压小于电源电压，电压表测的是电阻两端的电压，C正确．]
电感器对交变电流的阻碍作用
1.电感器
由导线绕成的各种形状的线圈，电感器用字母“L”及电路符号“”表示．
2．电感对交变电流的阻碍作用的成因
交变电流通过电感器时，由于电流时刻都在变化，所以自感现象就不断地发生，而自感电动势总是要阻碍电流的变化，故电感器表现出对交变电流的阻碍作用．
3．扼流圈及其作用
(1)低频扼流圈，线圈绕在铁芯上，匝数为几千甚至超过一万，自感系数较大，对低频电流感抗也较大，所以有“通直流、阻交流”的作用．
(2)高频扼流圈，线圈绕在铁氧体芯上，匝数有几百或几十，自感系数较小，只对高频电流有较大的阻碍作用，对低频电流和直流阻碍都很小，所以有“通直流、通低频，阻高频”的作用．
【例2】　(多选)在如图所示的电路中，L为电感线圈，L1为灯泡，电流表内阻为零，电压表内阻无穷大，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60
Hz，下列说法正确的有(　　)
A．电流表示数增大　　
B．电压表示数增大
C．灯泡变亮
D．灯泡变暗
BD　[由u＝220
sin
100πt
V，可知电源原来的频率为f＝＝
Hz＝50
Hz.当电源频率由原来的50
Hz增为60
Hz时，线圈的感抗增大，在电源电压有效值不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错误；灯泡的电阻R是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率P＝I2R减小，灯泡变暗，选项D正确，C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UL1，则电源电压的有效值为U＝UL＋UL1.因UL1＝IR，故电流I减小时，UL1减小，因电源电压有效值保持不变，故UL＝U－UL1增大，选项B正确．]
(1)电感器的感抗，是由于变化的电流在线圈中产生的感应电动势引起的，与制成线圈导体的电阻无关．
(2)电感器的感抗不仅与线圈本身的自感系数有关，还与电流的频率有关，电流的频率越大感抗就越大．
[跟进训练]
训练角度1：对感抗的理解
3．(多选)关于对感抗的理解，下面说法正确的有(　　)
A．感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势而对电流的变化产生的阻碍作用
B．感抗仅与电源的频率有关，与线圈自感系数无关
C．电感产生的感抗对交变电流有阻碍作用，但不会因此消耗电能
D．感抗和电阻等效，对任何交变电流都是一个确定值
AC　[感抗产生的机理就是通过电感的电流发生变化，电感中会产生自感电动势阻碍原电流的变化，这种对变化电流的阻碍作用就是感抗．此过程中电感存储的电能没有消耗，交变电流频率越大，自感电动势越大，产生的阻碍作用越强；线圈自感系数越大，感抗越大，产生的自感电动势也越大，阻碍作用也越大，所以只有A、C对．]
训练角度2：电感线圈对交流电的阻碍作用
4.(多选)如图所示，是由交流电源供电的线路，如果交变电流的频率增大，则(　　)
A．线圈L的自感系数增大
B．线圈L的感抗增大
C．电路中的电流增大
D．灯泡变暗
BD　[自感系数由线圈本身决定，与交变电流频率无关，A项错误；当交变电流频率增大时，线圈L的感抗增大，B项正确；感抗增大对交变电流的阻碍作用增大，使电路中电流减小，灯泡变暗，C项错误，D项正确．]
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离子间的碰撞
电感线圈的自感现象阻碍电流的变化
电容器两极板上积累的电荷对向这个方向定向移动的电荷的反抗作用
在电路中的特点　　
对直流、交流有相同的阻碍作用
“阻交流、通直流”“阻高频、通低频”
“隔直流、通交流”“阻低频、通高频”
决定公式
R＝ρ
XL＝2πfL
XC＝
电能的转化与做功　
电流通过电阻做功，电能转化为内能
电能和磁场能反复转化
电能与电场能反复转化
[特别提醒]
虽然不要求应用容抗、感抗的公式进行计算，但熟记感抗及容抗公式XL＝2πfL和XC＝可快速判定感抗、容抗大小变化．
【例3】　如图所示，完全相同的三只灯泡a、b、c分别与电阻R、电感器L、电容器C串联，然后并联到220
V、50
Hz的交流电路中，三只灯泡的亮度恰好相同．若保持交变电压的最大值不变，将交变电流的频率增大到60
Hz，则发生的现象是
(　　)
A．三灯亮度不变
B．三灯均变亮
C．a不变、b变亮、c变暗
D．a不变、b变暗、c变亮
思路点拨：交变电流的频率增大到60
Hz，根据电阻、电感器、电容器对交变电流的阻碍作用的不同，来判断通过三只灯泡的电流如何变化．
D　[根据电阻、感抗、容抗与交变电流频率大小的关系，可按如下思维流程分析：
(1)电阻对交流、直流有相同的阻碍作用，交流电频率变化时，阻碍作用不变．
(2)电容器通交流、隔直流，通高频、阻低频．
(3)电感器通直流、阻交流，通低频、阻高频．
(4)在分析电流变化时，把感抗、容抗类比于导体的电阻，再用欧姆定律分析．
[跟进训练]
5.(多选)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．三个灯亮度不再相同
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
AD　[S接A时，为交流电源，此时R、L、C对交变电流的阻碍作用相同；S接B时，变为直流电源，故三灯亮度不再相同，其中乙灯最亮，而丙灯不亮，故A、D正确．]
1．两个概念——感抗、容抗
2．两个规律——电容器对交流电的阻碍规律
电感器对交流电的阻碍规律
3．两个应用——电容器在电子技术中的应用
电感器在电子技术中的应用
1．(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，下面叙述正确的是(　　)
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
AC　[电感线圈对直流无感抗，对交变电流有感抗，当交流电频率减小时，感抗变小，灯变亮，并且是有铁芯时感抗更大，故铁芯抽出时灯变亮．]
2.如图所示的电路，F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，可行的办法是(　　)
A．使发电机F的转速增大
B．使发电机F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．使电容器两极板间的距离增大
A　[当发电机转速增大时，交变电流的频率增大，电容器容抗减小，电流表A的示数增大，A项正确，B项错误；在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时，电容器的电容减小，电容器两极板间距离增大时电容也减小，当电容减小时，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，C、D项错误．]
3．某电源输出的电流中既有交流成分又有直流成分，如果需要在R上得到直流成分，应在如图所示电路中的A、B两处连接合适的元件．合理的连接方式是(　　)
A．A、B处均接电感线圈
B．A、B处均接电容器
C．A处接电感线圈，B处接电容器
D．A处接电容器，B处接电感线圈
C　[电感线圈能通直流，阻交流，电容器能使交流电通过，直流电不能通过；而题中需要在R上得到直流成分，应在A处接电感线圈，B处接电容器，故C正确．]
4.(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
BD　[电感的特点是通低频阻高频，电容的特点是通高频阻低频，选项A错，B对；
混合信号输入后，高频成分被L1阻碍，再经C1过滤一部分，则通过扬声器甲的是低频成分，选项C错误；
当混合信号输入后，电容C2让高频信号顺利通过，电感L2不能过滤掉高频成分，但可以过滤掉低频成分，故通过扬声器乙的是高频成分，选项D正确．]
PAGE
-
10
-6．变压器
[学习目标]　1.了解变压器的构造．　2.理解变压器的工作原理．　3.理解理想变压器以及电压和匝数、电流和匝数之间的关系．(重点、难点)　4.应用理想变压器解决实际问题．(难点)
一、变压器的结构与原理
1．变压器的结构
变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的线圈组成，变压器的模型与符号如图所示．
(1)原线圈：与电源相连接的线圈，也叫初级线圈．
(2)副线圈：与负载相连接的线圈，也叫次级线圈．
2．变压器的原理：当变压器的原线圈加上交变电压时，原线圈中的交变电流在铁芯中激发交变的磁通量，交变的磁通量穿过原线圈也穿过副线圈，在原、副线圈中产生感应电动势．
3．能量传递
电能从原线圈通过磁场传输给副线圈．
二、理想变压器的原副线圈中物理量之间的关系
1．电压关系：理想变压器的电压跟它们的匝数成正比．
公式：＝.
当n1>n2时，则有U1>U2，叫降压变压器．
当n12．电流关系
(1)输入功率与输出功率的关系：对于理想变压器，则U1I1＝U2I2，即P入＝P出．
(2)电流与匝数的关系：＝.
三、电压互感器和电流互感器
1．电压互感器
用来把高电压变成低电压．副线圈比原线圈匝数少，如图甲所示，根据已知的变压比可以计算出原线路中的电压．
2．电流互感器
用来把大电流变成小电流，副线圈比原线圈匝数多，如图乙，根据已知的变流比可以计算出原线路中的电流．
甲　　　　　　　乙
3．两种互感器的比较
(1)两种互感器的连接方式：电压互感器原线圈并联在被测的高压线路上，电流互感器原线圈串联在被测的电路中．
(2)两种互感器的特点：电压互感器是一种降压变压器，原线圈匝数多，电流互感器是一种升压变压器，副线圈匝数多．
(3)使用互感器时，一定要将互感器的外壳和副线圈接地．此外，电流互感器在使用时绝对不允许副线圈开路．
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)理想变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比．
(√)
(2)学校中用的变压器工作时没有能量损失．
(×)
(3)理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的功率和频率．
(×)
(4)电压互感器是一种降压变压器．
(√)
(5)电压互感器的原线圈应串联在被测电路中．
(×)
(6)在使用互感器时，互感器的外壳和副线圈应接地．
(√)
2．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220
V交变电流改变为110
V．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为(　　)
A．200　
B．400　　　C．1
600　
D．3
200
B　[根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系＝，得n2＝＝＝400，选项B正确．]
3．在变电所，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器．下图中，能正确反映其工作原理的是(　　)
A　[电流互感器应是测电流的，应串联在火线上，故C、D选项错误；同时，由I1n1＝I2n2知要使I2n1，故A选项正确，B选项错误．]
理想变压器基本关系的理解与应用
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＝.
[特别提醒]
(1)变压器可以改变交变电流的电压，不能改变交变电流的周期和频率．
(2)变压器的电动势关系、电压关系和电流关系是有效值(或最大值)间的关系，对于某时刻的瞬时值其关系不成立．
【例1】　如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝2∶1，电表均为理想电表，两个电阻的阻值均为1
Ω，C是电容器，其击穿电压为
V．图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图像．下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　　　　乙
A．输入电压的频率为50
Hz，经过变压器后通过电阻的交流电频率为25
Hz
B．S断开时电压表的示数为1.41
V，电流表的示数为0.35
A
C．S断开时电压表的示数为1
V，电流表的示数为0.25
A
D．闭合开关S，电容器将被击穿
思路点拨：(1)变压器不能改变交流电的频率．
(2)电表示数是交流电的有效值．
(3)电容器击穿电压是最大值．
C　[由图乙知T＝0.02
s，则f＝＝50
Hz，变压器不改变交流电的频率，所以输出的交流电的频率仍为50
Hz，故A错误．当S断开时，由＝可知，电压表的示数U2＝U1＝1
V，I2＝＝0.5
A，又＝，则电流表的示数I1＝I2＝0.25
A，所以B项错误，C项正确．开关S闭合前，右端电阻R两端电压最大值为
V，开关S闭合后，电容器C与右端电阻R并联，则并联总电阻小于1
Ω，电容器两端的最大电压小于
V，因为电容器的击穿电压为
V，所以电容器不能被击穿，D项错误．]
公式＝及＝中的电压和电流一般指有效值，但也可以是最大值，但必须要对应．
[跟进训练]
训练角度1：理解变压器工作的几个基本关系
1．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”字样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
D　[灯泡正常工作，副线圈两端的电压U2＝12
V，副线圈中的电流I2＝2×
A＝1
A，根据匝数比得原线圈中的电流I1＝I2＝0.05
A，原线圈两端的电压U1＝20U2＝240
V，选项D正确．]
训练角度2：理想变压器基本关系的应用
2．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，通过负载的电流图像如图所示，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、副线圈匝数比是1∶2
D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin
A
A　[根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则P入＝P出＝P负＝110×
W≈3.9
W，故A选项正确；由于题干中变压器输出电压的数值是有效值，则变压器的输出电压的最大值应是110
V，故B选项错误；根据理想变压器的变压比关系式＝可得，变压器原副线圈匝数比＝＝，故C选项错误；根据题图可得，负载电流的函数表达式为i＝Imsin
A，解得i＝0.05sin
100πt
A．故D选项错误．]
理想变压器的动态分析
变压器的动态电路分析，一是要符合变压器的基本规律(电压、电流、功率关系)；二是要遵循电路规律．首先确定是哪些量在变，哪些量不变，然后根据相应的规律判断，具体问题具体分析．一般分为以下两种情况：
(1)原、副线圈匝数比不变．分析原、副线圈的电压U1、U2，电流I1、I2，输出和输入功率P2、P1随负载电阻变化而变化的情况．将变压器接到交流电源上，原线圈的输入电压为U1，副线圈两端电压U2为定值，流过副线圈的电流I2随负载电阻的减小而增大，变压器输出功率P2(P2＝U2I2)也随着增大，不计变压器损失的能量，则变压器输入功率P1(P1＝P2)也增大，流过原线圈的电流I1也增大．进行动态分析的顺序是U1→U2＝U1→I2＝→P2＝I2U2P1＝P2→I1＝.
(2)负载不变．上述物理量随原、副线圈匝数比的变化而变化的情况．一般情况下，如果原线圈输入电压U1和匝数n1不变，当副线圈匝数n2增大时，副线圈两端电压U2增大，流过副线圈的电流I2增大，变压器输出功率P2(P2＝U2I2)增大，则变压器的输入功率P1增大，流过原线圈的电流I1增大，反之，变化情况则相反．
【例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为滑动变阻器的滑片．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
思路点拨：①保持Q的位置不动，则原、副线圈匝数比不变．②保持P的位置不动，则负载电阻不变．
BC　[保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝知，I2变小，由＝得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误，选项B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2＝知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，选项D错误．]
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.
[跟进训练]
训练角度1：负载变化引起的电路变化分析
3.用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题．如图所示，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关S闭合时，以下说法中正确的是(　　)
A．原线圈中电流减小
B．副线圈输出电压减小
C．R两端的电压增大
D．原线圈输入功率减小
C　[原线圈输入电压恒定，副线圈输出电压不变，B错误；当开关S闭合后，电路中总电阻减小，总电流和总功率变大，原线圈中电流和输入功率都变大，R两端的电压增大，故C正确，A、D错误．]
训练角度2：原副线圈匝数比变化引起的电路变化分析
4.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，则(　　)
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
B　[由于家庭电路上理想变压器为降压变压器，故n1>n2，当原、副线圈减少相同的匝数时，其变压比变大，根据＝，U1一定，U2变小，故小灯泡变暗，选项A错误，选项B正确；由＝知，原、副线圈电压的比值变大，选项C错误；根据＝，则通过原、副线圈电流的比值变化，选项D错误．]
几种常见的变压器
1.自耦变压器
铁芯上只绕有一个线圈，如果把整个线圈作为原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压，反之则可以升高电压，如图所示．
2．互感器
交流电压表和电流表都有一定的量度范围，不能直接测量高电压和大电流．
互感器是利用变压器的原理来测量高电压或大电流的仪器．
【例3】　(多选)如图所示，L1和L2是远距离输电的两根高压线，在靠近用户端的某处用电压互感器和电流互感器监测输电参数，在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候(　　)
A．甲电表的示数变小
B．甲电表的示数变大
C．乙电表的示数变小
D．乙电表的示数变大
AD　[由图可知：甲是电压表，乙是电流表，所以甲是电压互感器，乙是电流互感器；在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候，副线圈总电阻变小，副线圈总电流变大，所以输电导线电流变大，输电导线电阻R不变，由U＝IR可知，电压损失变大，以致高压线上输出电压变小，根据匝数比等于电压之比，所以甲电表的示数变小，故A正确，B错误；输电导线电流变大，所以乙电表的示数变大，故C错误，D正确．]
[一题多变]　上例中，若用电流互感器来测量两根高压线中的电流．如图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则(　　)
A．ab接MN、cd接PQ，IabB．ab接MN、cd接PQ，Iab>Icd
C．ab接PQ、cd接MN，IabD．ab接PQ、cd接MN，Iab>Icd
B　[电流互感器ab一侧线圈匝数比cd一侧线圈匝数少，根据电流关系得I1n1＝I2n2，所以Iab>Icd，电流表应接在电流较小的一侧，故选项B正确．]
(1)电压互感器应并联接入电路；电流互感器应串联接入电路．
(2)电压互感器是把高电压变成低电压，故原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2.
(3)电流互感器是把大电流变成小电流，故原线圈匝数n1小于副线圈匝数n2.
[跟进训练]
5．一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．U2C　[由＝，n1>n2知U21．1个原理——理想变压器的工作原理
2．3个关系——功率关系：P1＝P2；电压关系：＝；电流关系(一个副线圈)：＝
3．3种常见变压器——自耦变压器、电压互感器、电流互感器
1．(多选)关于理想变压器，下列说法正确的是(　　)
A．变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电的电压
B．实际生活中，不存在原线圈与副线圈匝数相等的变压器
C．理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的频率
D．输送的电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能
ABD　[易知A、B正确；理想变压器无能量损耗，改变交变电流的电压，不改变交变电流的周期和频率，C错误；变压器工作的原理是互感现象，输送的电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能，D正确．]
2．对理想变压器可作出的判断是(　　)
A．高压线圈匝数多、电流大、导线粗
B．低压线圈匝数少、电流小、导线细
C．高压线圈匝数多、电流大、导线细
D．低压线圈匝数少、电流大、导线粗
D　[理想变压器中有U1I1＝U2I2且有＝，变压器电压较高的一边电流小，匝数多，导线细；则电压较低的一边电流大，匝数少，导线粗．]
3．如图所示，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.和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是
(　　)
A．I1和I2表示电流的平均值
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、I2变大
C　[电路中的电压表和电流表表示的都是有效值，选项A、B错误；滑片P向下滑动过程中，接入电路中的电阻变小，U2不变、I1变大，故C正确，D错误．]
4．(多选)图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是
(　　)
甲　　　　　　　　乙
A．线圈匝数n1B．线圈匝数n1>n2，n3>n4
C．甲图中的电表是电压表，输出端不可短路
D．乙图中的电表是电流表，输出端不可断路
CD　[题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n35．(多选)如图(a)中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图(b)所示．下列说法正确的是
(　　)
(a)　　　　　　　(b)
A．变压器输入、输出功率之比为4∶1
B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4
C．u随t变化的规律为u＝51sin
50πt
V
D．若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
BD　[由题意知，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为1∶1，故A错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即＝＝，故选项B正确；由题图(b)可知交流电压最大值Um＝51
V，周期T＝0.02
s，可由周期求出角速度的值为ω＝100π
rad/s，则可得交流电压u随t变化的规律为u＝51sin
100πt
V，故选项C错误；RT温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确．]
PAGE
-
11
-7．电能的输送
[学习目标]　1.理解输电线上损失的电能与哪些因素有关，以及减小损失的两个途径．(重点)　2.理解高压输电的原理．会计算输电损失．(重点)　3.了解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．(难点)　4.输电网络的分析．(难点)
一、电能输送中的电压损失和电能损耗
1．两种损失比较
两种损失
原因分析
大小表示
减小办法
电压损失
导线自身存在电阻r
U损＝Ir
减小r减小I
功率损失
导线有电阻电流热效应
P损＝I2r
减小I减小r
2.降低两种损耗的途径——高压输电
(1)由r＝ρ知，导线一般选铝为材料，因而ρ一定，在导线长度l确定的情况下，要减小电阻，只能通过增大输电线的横截面积，这种方法给架设施工带来困难．
(2)由P＝UI知，输送电功率不变的前提下，提高输电电压，会减小输电电流，从而减小导线上的发热损失和电压损失．这是降低两种损耗的有效途径．
二、远距离输电系统和直流输电
1．远距离输电系统
在发电站附近用升压变压器升高电压，用输电线输送到远方，在用电地区附近，用降压变压器降到所需电压．
远距离输电电路图如图所示：
2．直流输电
(1)采用高压直流输电的原因
当交流输电功率很大时，导线的电感、电容引起的电压及电能损失很大；同一电网供电的发电机同步运行，技术上也存在困难．
(2)直流输电的使用环节：当前的直流输电，只有高压输电环节中使用直流．
(3)直流输电系统
1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)由P＝UI知，功率损耗与电流成正比．
(×)
(2)电能的损耗受电流的影响比受电阻的影响更为显著．
(√)
(3)减小输电线电阻是降低电能损耗的最佳途径．
(×)
(4)高压输电是通过减小输电电流来减小电路的电能损耗．(√)
(5)远距离输电时，若输送的电功率一定，输电电压越高，输电电流就越小，电能损失就越小，所以输电电压越高越好．
(×)
(6)直流输电比交流远距离输电技术要求更高，输电原理也更复杂．
(√)
2．(多选)远距离输送交流电都采用高压输电，其优点是(　　)
A．可节省输电线的铜材料
B．可根据需要调节交流电的频率
C．可减少输电线上的能量损失
D．可加快输电的速度
AC　[由P＝IU得I＝，输送的电功率P一定，采用高压输电，输电线中的电流就小，由P线＝I2r，要求输电线损耗一定的情况下，就可选横截面积较小的输电线，从而可以节省输电线的铜材料．若输电线确定，则可减少输电线上的能量损失，故A、C正确；交流电的频率是一定的，升高电压无法改变交流电的频率．输电的速度就是电磁波的传播速度，是一定的，故B、D错误．]
3．(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P，输送电压为U，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则P′、P用的关系式正确的是(　　)
A．P′＝　　　　
B．P′＝
C．P用＝P－
D．P用＝P
BD　[输电线电阻R＝ρ，输电电流I＝，故输电线上损失的电功率为P′＝I2R＝ρ＝，用户得到的功率为P用＝P－P′＝P.]
电能输送中的电压损失和电能损耗
1.输电线上的功率损失
(1)原因：输电导线有电阻R线，电流流过输电线时，电流的热效应引起电功率的损失．
(2)计算式：①P线＝I2R线，②P线＝IU线，
③P线＝.
2．输电线上的电压损失
若用U表示输电线始端电压，U′表示输电线末端电压，则U线＝U－U′或U线＝IR线．
3．如果远距离输电的电功率P不变，输电电压为U，输电导线电阻为R线，则输电导线上发热损失的功率P损＝I2R线＝R线，因此输电电压若提高到nU，则P损将减为原来的.
[特别提醒]
(1)输电电压是指加在高压输电线起始端的电压U，损失电压是指降落在输电线路上的电压ΔU＝IR.
(2)输送功率是指高压输电线起始端输出的功率，损失功率是输电线上消耗的功率．
(3)无论从减小输电线路上的功率损失，还是减小电压损失来看，都要求提高输电电压，以减小输电电流．
【例1】　(多选)某发电厂原来用11
kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220
kV输电，输电功率都是P，若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是
(　　)
A．根据公式I＝，提高电压后，输电线上的电流降为原来的
B．根据公式I＝，提高电压后，输电线上的电流增为原来的20倍
C．根据公式P损＝I2R，提高电压后，输电线上的功率损失减为原来的
D．根据公式P＝，提高电压后，输电线上的功率损失增大为原来的400倍
思路点拨：在输电功率P一定时，输电电压提高到原来的n倍，由输电线上功率损失P损＝I2R＝2·R知，输电线上功率损失将降为原来的.
AC　[根据I＝知，输电功率不变，输电电压变为原来的20倍，则输电电流降为原来的，故A项正确，B项错误．根据P损＝I2R得，输电电流降为原来的，则输电线上损耗的功率减为原来的，故C项正确，D项错误．]
输电线上电压和功率损失的计算方法
(1)U损＝IR线＝R线＝U－U用户．
(2)P损＝I2R线＝R线＝P－P用户．
[跟进训练]
训练角度1：减小输电线上功率损失的途径
1．某发电厂通过远距离向某学校输电，输送的电功率为P，从发电厂至学校的输电导线总电阻为r，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，则下列说法正确的是(　　)
A．输送的电压越高，输电线上的电流越大，输电线路上损失的电压越大
B．输电线路上损失的电压与输送电流成正比
C．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成正比
D．输电导线总电阻r两端的电压等于输送的电压
B　[根据输电线路上损失的功率P损＝I2r以及输电线上的电流与输出功率、电压的关系P＝UI可知，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，输送的电压越高，输电线上的电流越小，输电线路上损失的电压越小，且输电线路上损失的功率P损＝r，跟输送电压的平方成反比，选项A、C均错误；根据欧姆定律可知，输电线路上损失的电压与输送电流成正比，选项B正确；输电导线总电阻r两端的电压不等于输送的电压，等于输电线上损失的电压，选项D错误．]
训练角度2：输电线上功率损失的计算
2.如图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(　　)
A.　　　　
B．
C．4r
D．4r
C　[升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝；由变压关系可得＝，则U2＝；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝＝，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I(2r)＝，故选项C正确．]
远距离输电
解决远距离输电问题时，需要画输电的电路图，理清三个回路，抓住两个联系，掌握一个定律．
(1)画图，理清三个回路(如图所示)
(2)抓住两个联系
①理想升压变压器联系回路1和回路2
即＝，I1n1＝I2n2，P1＝P2.
②理想降压变压器联系回路2和回路3
即＝，I3n3＝I4n4，P3＝P4.
(3)掌握一个定律
根据能量守恒定律得P2＝ΔP＋P3.
【例2】　有条河流，流量Q＝2
m3/s，落差h＝5
m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240
V，输电线总电阻r＝30
Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220
V，100
W”的电灯正常发光？(g取10
m/s2，ρ水＝1.0×103
kg/m3)
思路点拨：解答本题可按以下思路进行：
解析：输电电路图如图所示．
电源端：P输出＝Qρ水
gh×50%＝5×104
W
线路损耗ΔP＝Ir
I2＝＝＝
A＝10
A
输电电压U2＝＝
V＝5×103
V
升压变压比：n1∶n2＝U1∶U2＝＝6∶125
输电线损失电压
ΔU＝I2r＝10×30
V＝300
V
U3＝U2－ΔU＝4
700
V，U4＝220
V
降压变压比：
n3∶n4＝U3∶U4＝235∶11
灯盏数N＝
＝＝470(盏)．
答案：6∶125　235∶11　470盏
处理远距离输电问题的方法及步骤
(1)处理方法：处理远距离输电问题的方法，关键是抓住一图三线，一图即输电的电路图，三线即三个关系：功率关系、电压关系和电流关系，抓住一图三线，按照从前到后或从后向前的顺序，即可找到突破口．
(2)处理输电问题的步骤
①画出图上所示的输电过程的示意图；
②在示意图上标出各物理量，找出已知量、未知量和待求量；
③围绕三条线展开分析．
[跟进训练]
3．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2.则(　　)
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
A　[根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝，选项A正确；输电线上的电压降U′＝I1r＝U－U1，选项B错误；变压器的输入功率P1＝I1U－Ir＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率P′＝Ir＝I1(U－U1)，选项D错误．]
1.3个输电基本要求——可靠、保质、经济
2.2个降低电损的途径——
3.3个输电回路—
1．夏天由于用电器的增多，每年夏天都会出现“用电荒”，只好拉闸限电．若某发电站在供电过程中，用电高峰时输电的功率是正常供电的2倍，输电线电阻不变，下列说法正确的是
(　　)
A．若输送电压不变，则用电高峰时输电电流为正常供电时的2倍
B．若输送电压不变，则用电高峰时输电线上损失的功率为正常供电时的2倍
C．若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍，则此时输电电流为正常供电时的4倍
D．若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍，则此时输电线损失的功率为正常供电时的4倍
A　[高压输电时P＝UI，I是输送电路上的电流．用电高峰时，若输送电压不变，则I为正常时的2倍，A正确；输电线上的热耗功率ΔP＝I2R线，则热耗功率变为正常时的4倍，B错误；用电高峰时，若输送电压加倍，则I不变，与正常时相同，C错误；由ΔP＝I2R线，则热耗功率不变，D错误．]
2．远距离输电中，发电厂输送的电功率相同，如果分别采用输电电压为U1＝110
kV输电和输电电压为U2＝330
kV输电．则两种情况中，输电线上通过的电流之比为I1∶I2等于(　　)
A．1∶1　　　　
B．3∶1
C．1∶3
D．9∶1
B　[输送功率相同，根据P＝UI得，输电电流与输电电压成反比，所以＝＝.故B正确．]
3．(多选)如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n1∶n2＝n4∶n3.当用户用电器的总电阻减少时
(　　)
A．U1∶U2＝U4∶U3
B．用户的电压U4增加
C．输电线上的损失功率增大
D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率
AC　[根据＝，＝以及n1∶n2＝n4∶n3，知U1∶U2＝U4∶U3，故A正确；用户用电器总电阻减小，则电流增大，所以输电线上的电流增大，根据P损＝I2r知，输电线上损耗的功率增大，根据ΔU＝Ir知，输电线上的电压损失变大，发电机的输出电压不变，则升压变压器的输出电压不变，则降压变压器的输入电压变小，用户的电压U4减小，故C正确，B错误；用户消耗的功率等于发电机的输出功率与输电线上损失的功率之差，故D错误．]
4．(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
CD　[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．]
PAGE
-
9
-第二章
交变电流
[体系构建]
[核心速填]
一、交变电流的产生
1．产生：线圈在匀强磁场中绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动．
2．表达式：e＝Emsin_ωt(或Emcos_ωt)，其中Em＝NBSω.
3．表征交变电流的物理量
(1)瞬时值：e＝Emsin_ωt(或Emcos_ωt)．
(2)峰值：Em＝NBSω.
(3)有效值：根据电流的热效应定义，正(或余)弦交流电E＝，I＝，U＝.
(4)周期T与频率f的关系：T＝或f＝.
(5)平均值：＝.
二、对交变电流阻碍的器件
1．电阻：与交流电的频率无关．
2．电容：通交流，隔直流，通高频，阻低频．
3．电感：通直流，阻交流，通低频，阻高频．
三、理想变压器
1．原理：互感现象．
2．基本规律：＝，＝，R入＝P出．
3．电能的输送：
(1)功率损失：P损＝I2r线＝2r线
(2)电压损失：U损＝Ir线＝·r线．
交流电的“四值”
1.峰值
峰值是指交流电在变化过程中电动势、电压、电流所能达到的最大值，它反映的是交变电流大小的变化范围，常用大写字母加下标m或max来表示，如Emax、Umax、Imax.当线圈平面与磁感应强度B的方向平行时，交变电流的电动势最大．设线圈的匝数为N，面积为S，绕垂直于磁场的转轴转动的角速度为ω，则Emax＝NBSω，Emax的大小与线圈的形状、旋转的转轴位置无关，在考虑电容器的耐压程度时，应注意交变电流的峰值．
2．有效值
交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的，即在同一时间内，能使同一电阻产生相等热量的直流电的数值，叫作该交变电流的有效值，它反映的是交变电流通过用电器把电能转化为其他形式能的本领强弱，常用一大写字母来表示，如E、U、I.正弦交流电的有效值与最大值之间的关系是E＝、U＝、I＝.
各种交变电流电气设备上铭牌标注的、交变电表所测的、以及在叙述中没有特别说明的交变电流的值，都是指有效值．在计算交变电流通过导体产生的热量、电功率以及确定电阻丝的熔断电流时，只能用交变电流的有效值．
总之，在研究交变电流做功、电功率及产生的热量时，只能用有效值，交变电路中电流表、电压表的读数也都是有效值．
3．瞬时值
瞬时值是指交流电在变化过程中某一时刻电动势、电压、电流的值，它反映的是某一时刻交变电流某物理量的大小，常用小写字母来表示，如e、u、i.在求发电机某一时刻的电动势、电流、输出功率，用电器某一时刻电压、电流、消耗功率时常用瞬时值．
4．平均值
交变电流的平均值是交变电流图像中波形与横轴所围的面积跟时间的比值，常用大写字母上加一横线来表示，如、、.求一段时间内通过导体横截面的电量时要用平均值q＝t，平均电动势＝N，平均电流＝.
【例1】　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′匀速运动，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)
[跟进训练]
1.(多选)如图所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R.t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在向纸面外转动．则(　　)
A．t时刻线圈中电流瞬时值表达式i＝cos
ωt
B．线圈中电流的有效值I＝
C．线圈中电流的有效值I＝
D．线圈中消耗的电功率P＝
CD　[回路中感应电动势的峰值Em＝BSω，电流的最大值Im＝＝，t＝0时线圈处于中性面位置，故瞬时值表达式i＝sin
ωt.电流有效值I＝＝，P＝I2R＝，故A、B错误，C、D正确．]
与理想变压器有关的问题
1.理想变压器的几个基本关系
(1)电压关系：输入电压决定输出电压．
①单个副线圈时：＝.
②多个副线圈时：U1∶U2∶U3∶…＝n1∶n2∶n3∶…
(2)功率关系：输出功率决定输入功率．
①单个副线圈时：P1＝P2.
②多个副线圈时：P1＝P2＋P3＋…
(3)电流关系：输出电流决定输入电流．
①单个副线圈时：＝.
②多个副线圈时：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
2．理想变压器的动态变化问题的分析思路
(1)匝数比不变，负载电阻变化的情况，如图甲所示．
甲
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．
乙
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．
【例2】　如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是(　　)
A．当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，电压表V示数变大
C．当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大
B　[当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R1两端电压变大，R2两端电压减小，电流表A2示数减小；原线圈中的电流变大，电流表A1示数变大，选项D错误．]
[跟进训练]
2．(多选)如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1＝1
100匝，副线圈的匝数n2＝110匝，R0、R1、R2均为定值电阻，且R0＝R1＝R2，电流表、电压表均为理想电表．原线圈接u＝220sin
314t(V)的交流电源，起初开关S处于断开状态．下列说法中正确的是(　　)
A．电压表的示数为22
V
B．当开关S闭合后，电压表的示数变小
C．当开关S闭合后，电流表的示数变大
D．当开关S闭合后，变压器的输出功率增大
BCD　[变压器的输入电压的有效值为
V，则副线圈两端的电压为
V，根据串联分压原理，开关S处于断开状态时，电压表的示数为
V，A错；当开关S闭合后，输出功率增大，电压表的示数变小，原线圈输入功率增大，电流表的示数变大，故B、C、D对．]
高压输电
1.解题思路
在远距离输送电能的过程中，由能量的转化和守恒可知，发电机的总功率应等于线路上损失的热功率和用户得到的功率之和(不考虑变压器上的能量损失)．
2．远距离高压输电的电路图和几个基本关系
(1)远距离输电电路图
(2)功率关系
(3)电流、电压关系
【例3】　某小型水电站发电机输出的电功率为100
kW，输出电压为250
V，现准备向远处输电，所用输电线的总电阻为8
Ω，要求输电时在输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%，用户获得220
V的电压．求应选用匝数比为多大的升压变压器和降压变压器(理想变压器)?
解析：画出高压输电线路图如图所示．
设升压变压器原线圈电流为I1，电压为U1，有U1＝250
V
I1＝＝
A＝400
A
升压变压器副线圈电流为I2，当输电线上损失功率为输送功率的5%时，有
ΔP＝Ir线＝5%P
I2＝＝
A＝25
A
因此升压变压器的匝数比＝＝＝
降压变压器副线圈中的电流为I4，用户得到的功率
P′＝P－ΔP＝95%P
又P′＝U4I4
所以I4＝＝
A＝431.8
A
而降压变压器原线圈电流I3＝I2＝25
A
所以，降压变压器匝数比＝＝＝.
答案：　
[一语通关]　求解远距离输电问题的一般思路
(1)求解远距离输电的关键是熟悉输电线路图，并画出示意图，把需要的物理量都标在图中的相应位置上．
(2)分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量的关系，特别注意以升压变压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈组成的回路，在此回路中利用电路知识分析电压关系和功率关系．
(3)在远距离输电问题中，也要时刻注意能量守恒这一线索，即发电机的总功率应等于线路上损失的热功率和用户得到的功率之和(在不考虑变压器自身的能量损失的条件下)．
[跟进训练]
3．交流发电机两端电压是220
V，输出功率为4
400
W，输电导线总电阻为2
Ω.试求：
(1)用户得到的电压和功率各多大？输电损失功率多大？
(2)若发电机输出端用1∶10的升压变压器升压后，经同样输电导线输送，再用10∶1的降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和功率又是多大？
解析：(1)如图，由P＝IU得：
I＝＝
A＝20
A
由U＝U用＋IR得：用户得到的电压为
U用＝U－IR＝220
V－20×2
V＝180
V
由P＝P用＋I2R得：用户得到的功率为
P用＝P－I2R＝4
400
W－202×2
W＝3
600
W
输电损失功率为P损＝I2R＝202×2
W＝800
W.
(2)输电线路示意图如图所示
根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比可得＝
解得U2＝＝
V＝2
200
V
因理想变压器不改变功率，即P2＝P，所以I2＝＝2
A
U3＝U2－I2R＝2
200
V－2×2
V＝2
196
V
由＝得：降压变压器副线圈两端电压
U4＝＝
V＝219.6
V
用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，即P4＝P3＝P2－IR＝P－IR＝4
392
W.
答案：(1)180
V　3
600
W　800
W　(2)219.6
V　4
392
W
PAGE
-
9
-

展开更多......

收起↑