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第3节　科学探究:变压器
1.了解变压器的构造,理解变压器的工作原理。2.掌握变压器的电压与匝数的关系及应用,理想变压器的功率关系,并导出原、副线圈中的电流关系。
[定位·学习目标]　
探究·必备知识
「知识梳理」
知识点一　变压器的工作原理
1.变压器的构造
由 和绕在铁芯上的两个或两个以上的线圈组成,如图所示。
闭合的铁芯
(1)原线圈:与 相连的线圈,也叫 。
(2)副线圈:与 相连的线圈,也叫 。
(3)原线圈两端的电压称为 ,副线圈两端的电压称为 。
电源
初级线圈
负载
次级线圈
输入电压
输出电压
2.原理:当原线圈两端加上交变电压U1时,原线圈中就有交变电流I1通过,并在铁芯中产生 ,铁芯中的磁通量就发生变化。由于副线圈也绕在同一铁芯上,铁芯中磁通量的变化便会在副线圈上产生 。如果在副线圈两端连接负载构成闭合回路,副线圈中就会产生交变的
。
3.作用:变压器能 或 交变电流的电压。
4.能量转化
虽然变压器原、副线圈的导线互不相连,却可通过变化的磁场传送 。
交变的磁场
感应电动势
感应电流I2
升高
降低
电能
知识点二　理想变压器的电压与匝数的关系
1.理想变压器
(1)原、副线圈中电流产生的 绝大部分通过铁芯,但也有一些会“漏”到铁芯以外。绕在铁芯上的线圈有 ,会消耗能量。此外,变压器的铁芯也会因 而消耗能量。
(2)理想变压器的特点:
①原、副线圈不计内阻,即不产生焦耳热。
②铁芯中不产生涡流。
③变压器铁芯内无漏磁。
磁场
电阻
涡流
2.原、副线圈的电压关系
匝数
当n2>n1时,U2 U1,这种变压器称为升压变压器;当n2降压变压器
>
1.思考判断
(1)变压器可以改变交变电流的电压,不能改变恒定电流的电压。(　 　)
(2)实际应用中,不存在原线圈与副线圈匝数相等的变压器。(　 　)
(3)理想变压器不仅可以改变交变电流的电压,还可以改变交变电流的频率。
(　 　)
(4)理想变压器是客观存在的。(　 　)
「新知检测」
×
√
×
√
√
(6)输入交变电流的频率越高,输出交变电流的电压就越高。(　 　)
×
2.思维探究
(1)为什么变压器不能改变恒定电流的电压
【答案】 (1)变压器是依据电磁感应工作的,只有原线圈中通入交变电流,铁芯中才能产生变化的磁场,使穿过副线圈的磁通量变化而产生交变电流,原、副线圈匝数不同而改变电压。如果变压器接入恒定电流电路,原线圈中的电流不变,在铁芯中不会产生磁通量的变化,副线圈中不会产生电磁感应,变压器就起不到变压作用。
(2)交变电流通过变压器改变电压,而频率是否会发生改变
【答案】 (2)频率不发生改变,这是因为原线圈中电流产生的变化磁场以不变的频率通过副线圈而使副线圈产生同频率的感应电流。
(3)变压器的铁芯为什么用导磁性能很好的薄硅钢片叠压而成
【答案】 (3)为了减小损耗。变压器的铁芯常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠压而成,使由于磁场变化而产生的涡流被限制在狭窄的薄片之中,且回路的电阻很大,涡流大为减弱,从而减小损耗。
突破·关键能力
要点一　理想变压器的工作原理及规律
「情境探究」
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)连接到小灯泡两端。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
【答案】 (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)小灯泡两端的电压与低压交流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
【答案】 (3)不发光,因为无法在副线圈中产生感应电动势。
「要点归纳」
1.工作原理
2.基本规律
[例1] (2025·福建卷)某理想变压器如图甲,原、副线圈匝数之比为4∶1,输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示,定值电阻R1的阻值为R2的2倍,则(　　)
A.副线圈中交变电流的周期为0.25 s
B.电压表示数为12 V
C.副线圈干路电流为通过R1电流的2倍
D.原、副线圈功率之比为4∶1
B
关于理想变压器关系式的两点说明
·方法总结·
[针对训练1] (双选)如图所示,理想变压器的原线圈匝数为n1=1 000,副线圈匝数n2=200,交流电源的电动势e=311sin 314t V,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.电流频率为50 Hz
B.电流表A1的示数为0.1 A
C.电压表V1的示数为311 V
D.电阻R的发热功率约为44 W
AB
要点二　理想变压器的动态变化
「情境探究」
如图所示电器中,理想变压器原、副线圈匝数比确定。
(1)理想变压器原、副线圈的电压、电流、功率分别由谁起决定作用
【答案】 (1)副线圈输出电压U2由原线圈输入电压U1决定,原线圈中的输入电流I1由副线圈中的输出电流I2决定,原线圈输入功率由副线圈输出功率决定。
(2)若只增大副线圈的负载电阻,则理想变压器原、副线圈的电压、电流、功率分别怎样变化
【答案】 (2)原线圈输入电压U1不变,副线圈输出电压U2不变,增大负载电阻,副线圈输出电流I2减小,原线圈输入电流I1也减小,副线圈输出功率P2减小,原线圈输入功率P1减小。
「要点归纳」
1.理想变压器各物理量间的制约关系
(2)输出功率决定输入功率:对理想变压器 P出=P入。
2.对理想变压器进行动态分析的两种常见情况
(2)输入电压U1不变,负载电阻R不变,分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况,进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1。
[例2] 如图所示,理想变压器原线圈接在正弦式交变电源上,副线圈通过输电线连接两只相同的灯泡L1、L2,输电线的等效电阻为R,在图示状态下,开关S是断开的,当开关S闭合时,下列说法正确的是(　　)
A.副线圈两端输出电压减小
B.等效电阻R两端的电压减小
C.通过灯泡L1的电流减小
D.原线圈中的电流减小
C
【解析】 理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的,由于输入电压和匝数比不变,所以副线圈的输出电压也不变,故A错误;当S闭合后,两个灯泡并联,电路的总电阻减小,副线圈的电流变大,所以通过等效电阻R的电流变大,等效电阻R两端的电压增大,那么并联部分的电压减小,所以通过灯泡L1的电流减小,故B错误,C正确;由于副线圈电路中的总电阻减小,输出功率变大,所以原线圈的输入功率也变大,因为输入电压不变,所以原线圈中的电流要变大,故D错误。
理想变压器动态问题的处理方法
(1)首先抓住三个决定性原则: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)根据闭合电路欧姆定律,判定副线圈电流的变化、功率的变化。
·方法总结·
[针对训练2] 理想变压器的原线圈连接电流表,副线圈接入电路的匝数可以通过触头Q调节,在副线圈输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,在原线圈上加一电压为U的交变电流,如图所示.下列情况可能出现的是(　　)
A.若Q位置不变,将P向上滑动,U′变大
B.若Q位置不变,将P向上滑动,电流表的读数变大
C.若P位置不变,将Q向上滑动,电流表的读数变大
D.若P位置不变,将Q向上滑动,变压器的输入功率不变
C
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
变压器和分压器
如图所示,变压器和分压器都能起到改变电压的作用,但二者有着本质区别。
1.变压器是一种电感性仪器,是根据电磁感应原理工作的;而分压器是一种电阻性仪器,是根据电阻串联分压原理工作的。
2.变压器可以改变交流电压,不能改变恒定电流电压;而分压器既可改变交流电压,也可改变恒定电流电压。
3.变压器可以使交流电压升高或降低;而分压器不能使电压升高。
4.对于理想变压器,电压与线圈匝数成正比,即 Uab∶Ucd=n1∶n2;而对于分压器,电压与电阻成正比,即Uef∶Ugh=Ref∶Rgh。
5.若在cd间、gh间分别接入负载电阻R0后,对于变压器,Ucd不随R0的变化而变化;而对于分压器,Ugh将随R0的增大而增大,随R0的减小而减小。
6.理想变压器的输入功率随输出功率的变化而变化,且始终相等,即P入=P出;而分压器空载时,输入功率P入=I2Ref不变。
[示例] (双选)(2024·全国甲卷)如图,理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节,副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态,在原线圈电压U0不变的情况下,为提高R1的热功率,可以( 　　)
A.保持T不动,滑动变阻器R的滑片向f端滑动
B.将T向b端移动,滑动变阻器R的滑片位置不变
C.将T向a端移动,滑动变阻器R的滑片向f端滑动
D.将T向b端移动,滑动变阻器R的滑片向e端滑动
AC
【解析】 保持T不动,变压器的输出电压不变,并联电路两端电压不变,滑动变阻器R的滑片向f端滑动时,接入电路的电阻减小,由串联电路分压原理可知,R1两端的电压增大,R1的热功率增大,A正确;T向b端移动时,变压器副线圈接入电路的匝数减少,变压器的输出电压减小,若滑动变阻器R的滑片位置不变,则各电阻两端的电压减小,R1的热功率减小,若滑动变阻器R的滑片向e端滑动,滑动变阻器接入电路的电阻变大,则R1两端的电压减小,R1的热功率减小,B、D错误;T向a端移动时,变压器的输出电压增大,并联电路两端电压增大,滑动变阻器R的滑片向f端滑动,滑动变阻器接入电路的电阻减小,则R1两端的电压增大,R1的热功率增大,C正确。
「科学·技术·社会·环境」
自耦变压器
自耦的耦是电磁耦合的意思,普通的变压器是通过原、副线圈电磁耦合来传递能量,原、副线圈没有直接的导线联系,自耦变压器原、副线圈为同一线圈,它的低压线圈是高压线圈的一部分。
自耦变压器是输出和输入共用一组线圈的特殊变压器。它是通过改变输出端滑动触头位置,达到调节输出电压的目的的。其原理和普通变压器一样。一般的变压器是原线圈通入交变电流产生变化磁场,使变化磁场通过另一副线圈产生交变电流,原、副线圈匝数不同而输出不同电压,而自耦变压器是线圈自身通入交变电流,使其中一部分输出频率相同、电压不同的交变电流。
[示例] 如图甲所示为一自耦变压器,变压器的原线圈A、B两端输入电压如图乙所示,副线圈电路中定值电阻R0=11 Ω,电容器C的击穿电压为22 V,移动滑动触头P使电容器刚好不会被击穿,所有电表均为理想电表,下列说法正确的是(　　)
A.电压表的示数为220 V
B.原、副线圈的匝数比为10∶1
C.电流表的示数等于通过电阻R0的电流
D.原线圈A、B两端输入电压的变化规律为 u=311sin πt V
A
检测·学习效果
1.无线充电技术能实现能量的无线传输,其工作原理与变压器相同,如图是用无线充电设备给手机充电,下列关于无线充电的说法正确的是(　　)
A.充电设备中的线圈通恒定电流也可以对手机进行无线充电
B.充电设备中的电流与手机中的充电电流一定相等
C.充电的原理主要利用了自感
D.充电设备与手机不接触也能充电
D
【解析】 充电设备中的线圈通恒定电流时,其产生的磁场是恒定的,不能使手机产生感应电流,不能实现无线充电,A错误;充电设备与手机的充电电流不一定相等,就像变压器工作原理一样,原、副线圈匝数不一样,电流就不同,B错误;充电的原理主要利用了电磁感应的互感原理,所以充电设备与手机不接触也能充电,C错误,D正确。
BD
3.如图所示的理想变压器原线圈的匝数为 1 000,两个副线圈的匝数分别为 n2=50,n3=100,L1是标有“6 V　2 W”字样的小灯泡,L2是标有“12 V　4 W”字样的小灯泡,当n1接上交变电流时,L1、L2都正常发光,那么原线圈中的电流为(　　)
C
电压　
电流　
2.2×109
(1)线框中感应电动势的瞬时值表达式;
(2)电流表的示数;
【答案】 (2)2 A
(3)当原、副线圈匝数比为2∶1时,电阻R的阻值及消耗的电功率。
【答案】 (3)22.5 Ω　360 W
感谢观看第4节　电能的远距离输送
[定位·学习目标]　1.知道远距离输电时电能损失的因素,了解高压输电的原因。2.知道高压交流输电与直流输电,了解交变电流从发电站到用户的输电过程。知道远距离输电线路的基本构成,能够对简单的远距离输电线路进行计算。3.了解电能的利用与社会发展。
知识梳理
知识点一　采用高压输电的原因
1.输电线的电功率损失
损失的电功率P=I2R,即在输电线上因发热而损耗的电功率与输电线的电阻R成正比,与电流I的二次方成正比。
2.减小输电时电功率损失的两个途径
(1)减小输电线电阻:可采用电阻率小的材料做导线,如铜、铝等金属材料;还可增大导线的横截面积,但导线不能过粗。
(2)减小输电导线中的电流:由P=UI可知,在保证输送电功率P不变的情况下,必须提高输电电压U,才能减小电流I,但实际的输电电压也不能无限制地提高。进行远距离输电时,要综合考虑输送功率的大小、技术和经济等各种因素,选择恰当的输电电压。
知识点二　高压交流输电与直流输电
1.电能的输送
在发电厂(站)内,要用变压器升压,然后向远处送电;到达目的地后,根据不同的要求,再用降压变压器经过两三次降压,最后输送给用户。
2.高压交流输电
除输电线路上的电阻外,电感、电容产生的感抗和容抗也会造成交流输电线路上的电能和电压损失。此外,现代供电系统把许多发电站连成一体,构成庞大的交流输电网,这就要求电网中的各台发电机发出的交变电流并网时必须做到同步,即并联输电线中的交变电流必须同时达到最大值和最小值,并且交变电流的频率必须相同,这也是交流输电需要解决的问题。
3.高压直流输电
直流输电适于地下和水下电缆输电,不会受到电感和电容的影响;在输送相同电功率的电能时,直流输电所用的线材约为交流输电的三分之二;同时,直流输电杆塔结构也比同容量的交流输电简单,占地面积小;直流输电时,不需要考虑电网中的各台交流发电机的同步运行问题。
知识点三　电能的利用与社会发展
1.电能的利用
(1)发电机、电动机在工业上的运用,克服了蒸汽机在使用过程中存在的不少难题,体现出许多优越性。例如,电能通过发电厂和电力网实现了集中生产、分散使用,便于传输和分配,工厂可建设在远离煤矿和水力资源的地方;与蒸汽机相比,电动机灵活、小巧、适应力强,更加广泛地应用于工业生产领域。
(2)电能是二次能源,目前使用的电能,主要来自热能、水能、原子能、风能等其他形式的能量,这些能量转换为电能都离不开发电机。把电能转换为动力,离不开电动机。
2.电能促进社会发展
电能的利用提高了劳动生产率,解放了劳动者。
新知检测
1.思考判断
(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)一般情况下高压输电的导线是铜、铝而不是银,原因是同种情况下,使用银材料,输电线损失的功率大。(　×　)
(4)交流输电应用高电压、较小的输电线电阻,即可输送到无穷远处。(　×　)
(5)使用升压变压器和降压变压器进行远距离输电时,用户得到的电压可以高于发电机输出的电压。(　√　)
(6)若输电电压为U,输电线总电阻为r,则输电损失的电功率P损=。(　×　)
2.思维探究
(1)输电电压与输电线路上损失的电压有何不同
(2)输电电压越高越好吗
【答案】 (1)输电线路上损失的电压是指降落在输电线电阻上的电压;输电电压是输电线路两端的总电压,它等于降落在输电线电阻上的电压与输电线末端的电压之和。
(2)输电电压并不是越高越好。输电电压越高,输电线路方面,对导线的绝缘性能要求越高,安全问题要求也越高,线路修建的费用也会越高;变压器方面,升压变压器输出的电压越高,变压器在绝缘、结构方面的制作要求也相应越高。
要点一　输电线上电压损失和功率损失
情境探究
如图所示,假定发电厂输出的电压为U,输送功率为P,两条导线的总电阻是r(在图中把导线电阻集中画为r)。
(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
【答案】 (1)U- r。
(2)不相等。
(3)由于输电线有电阻,当有电流流过输电线时,输电线发热而损失电能。其表达式
P损=I2r= r,但P损≠。
要点归纳
若远距离输电中输入端电压为U,输送功率为P,输电导线电阻为r,输出端电压为U′。
(1)输电线上的电压损失:ΔU=U-U′=r。
(2)输电线上的功率损失:ΔP=r=。
(3)减小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,常用电阻率ρ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,同时给输电线的铺设带来很大的困难。
②减小输电电流I,根据I=,在输送功率P、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。
[例1] 假设甲、乙两地原来用550 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1 100 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
【答案】 C
【解析】 根据公式P=I输U输,且P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=,而R线不变,则 U降∝,所以输电线上降落的电压变为原来的,选项B错误,C正确;输电线上损耗的电功率P损=
R线=∝,所以输电线上损耗的电功率将变为原来的,选项D错误。
计算功率损失和电压损失的三点提醒
(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,用户电压是输电线的输出电压U′,且有U′=U-ΔU。
(2)输送功率是指高压输电线起始端输入的功率P,损失功率是输电线上消耗的功率ΔP,用户功率为输电线的输出功率P′,且有P′=P-ΔP。
(3)输电线上的电流由I=计算,而I≠(r为输电线电阻)。
[针对训练1] 供电站向远距离的某单位输送电能,若输送的电功率保持不变,将输电电压提高到原来的10倍,以下判断正确的是(　　)
A.输电电流为原来的10倍
B.输电导线上损失的电压为原来的10倍
C.输电导线上损失的电功率为原来的
D.输电导线上损失的电功率为原来的
【答案】 D
【解析】 因为输电功率不变,输电电压提高到原来的10倍,由I=可知电流变为原来的,故A错误;根据ΔU=Ir可知,损失电压变为原来的,故B错误;根据ΔP=I2r可得,损失功率变为原来的,故C错误,D正确。
要点二　远距离高压输电电路中的各种关系
情境探究
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,该输电线路划分为三部分:输入电路、输送电路、输出电路。
(1)若输入、输出电路中输电线电阻不计,输送电路中输电线电阻为r,各个回路中,I、U、P、r之间有怎样的关系
(2)若两个变压器均为理想变压器,匝数分别为n1、n2、n3、n4,则每个变压器中的电流、电压、功率及匝数有什么关系
【答案】 (1)输入电路:P1=I1U1;输送电路:P2=I2U2,I2=I3,P3=I3U3,P2-P3=r,U2-U3=I2r;输出电路:P4=I4U4。
(2)=,=,P与匝数无关,且P1=P2;=,=,P与匝数无关,且P3=P4。
要点归纳
1.远距离输电示意图
2.远距离输电中的基本关系
(1)功率关系:P1=P2,P2=r+P3,P3=P4。
(2)电压关系:=,U2=I2r+U3,=。
(3)电流关系:=,I2=I线=I3,=。
(4)输电电流:I2==。
(5)功率损耗:
P损=P2-P3=r==I2(U2-U3)。
(6)电压损失:U损=U2-U3=I2r。
[例2] 如图所示,某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V,输出的电功率为50 kW,用电阻为 3 Ω的输电线向远处送电,要求输电线上损失功率为输电功率的0.6 %,若发电站要安装一升压变压器,到达用户端再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)。求:
(1)输电线上的电流I2;
(2)升压变压器的匝数比n1∶n2;
(3)降压变压器的匝数比n3∶n4。
【答案】 (1)10 A　(2)1∶10　(3)497∶22
【解析】 (1)由题意得P损=0.6%P输,
又P损=R,联立解得I2=10 A。
(2)由P输=U1I1得,
升压变压器原线圈电流I1=100 A,
升压变压器的匝数比n1∶n2=I2∶I1=1∶10。
(3)由=得,
升压变压器副线圈电压U2=5 000 V,
降压变压器原线圈电压U3=U2-I2R=4 970 V,
降压变压器的匝数比
n3∶n4=U3∶U4=4 970∶220=497∶22。
处理远距离输电的方法技巧
(1)画好一张图——远距离输电示意图。
(2)抓住电两端——发电站和用户。
(3)分析一条线——输电线。
(4)研究两次变——升压变压器升压和降压变压器降压。
(5)区分三个量——输送电压(功率)、损失电压(功率)、用户电压(功率)。
[针对训练2] 如图所示,有一小型火力发电站,其发出的电力通过远距离输电供给某大型制造工厂使用。已知升压变压器T1原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶100,输电线等效电阻R=100 Ω,降压变压器T2原、副线圈匝数比为n3∶n4=200∶1,输电过程中所有变压器均为理想变压器。工厂输入电压为工业用电标准电压,即 U4=380 V,工厂目前用电功率约为P=380 kW。
(1)求输电线上损耗的电功率;
(2)经过提能扩产,该工厂的用电功率提升至760 kW,为保持U4不变,求此时发电站的输出电压U1。
【答案】 (1)2 500 W　(2)770 V
【解析】 (1)工厂目前用电功率约为P=380 kW,
则I4==1 000 A,
根据变压器电流与匝数成反比,有=,
解得I3=5 A,
则输电线上损耗的电功率ΔP=R=2 500 W。
(2)该工厂耗电功率提升至760 kW,即提升至2P,则此时I4′==2 000 A,
则降压变压器原线圈电流I3′==10 A,
根据变压器电压与匝数成正比,有=,
解得U3=76 000 V,
导线上损耗的电压ΔU=I3′R=1 000 V,
此时U2=ΔU+U3=77 000 V,
根据=,得U1=770 V。
模型·方法·结论·拓展
远距离输电线路的三个回路、两个联系
和一个定律的有关关系
1.远距离输电的简化电路原理图,可以划分为三个回路,如图所示。
2.远距离输电线路的三个回路、两个联系和一个定律的有关关系。
项目 回路
回路Ⅰ 回路Ⅱ 回路Ⅲ
三个回路中电压、电流及功率间的关系 I1=I机 U1=U机 P1=P机 I2=I线=I3 U2=U损+U3 P2=P损+P3 I4=I用 U4=U用 P4=P用
两变压器的联系 升压变压器:=,=, P1=P2
降压变压器:=,=, P3=P4
回路中的能量守恒定律 P机=P1=P2=P损+P3=P损+P4
[示例] 有一台内阻为1 Ω的发电机,供给一学校照明用电,如图所示。升压比为1∶4,降压比为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”灯6盏。若保证全部电灯正常发光,则:
(1)输电线上损耗的电功率多大
(2)发电机电动势多大
【答案】 (1)144 W　(2)250 V
【解析】 (1)根据题意,所有灯都正常工作的总功率为
P总=22×6×40 W=5 280 W,
电路总电流为I3==24 A,
两个变压器之间输电线上的电流为I2,
根据=,
解得I2=I3=×24 A=6 A,
故输电线上损耗的电功率
PR=R=62×4 W=144 W。
(2)由于=,降压变压器上的输入电压
U3=U4=4×220 V=880 V,
输电线上的电压损失为UR=I2R=24 V,
因此升压变压器的输出电压为
U2=UR+U3=904 V,
由于=,则U1=U2= V=226 V,
升压变压器的输入电流为
I1=I2=4×6 A=24 A,
发电机的电动势
E=U1+I1r=226 V+24×1 V=250 V。
科学·技术·社会·环境
三峡水电站
　　三峡水电站,即长江三峡水利枢纽工程,又称三峡工程。位于我国湖北省宜昌市境内的长江西陵峡段,与下游的葛洲坝水电站构成梯级电站。
三峡水电站是全球规模最大的水电站,也是我国有史以来建设最大型的工程项目,已成为我国面向全球的一张世界名片。三峡水电站的功能有十多种,航运、发电、防洪、灌溉、种植等。三峡水电站1992年获得中华人民共和国全国人民代表大会批准建设,
1994年正式动工兴建,2003年 6月1日下午开始蓄水发电,于2009年全部完工。
三峡水电站大坝高程185米,蓄水高程175米,水库长2 335米,静态投资1 352.66亿元人民币,安装32台单机容量为70万千瓦的水电机组。三峡水电站最后一台水电机组于2012年 7月 4日投产,装机容量达到2 240万千瓦,成为当今全世界最大的水力发电站和清洁能源生产基地。三峡水电站的输变电系统由中国国家电网公司负责建设和管理,共安装15回500千伏高压输电线路连接至各区域电网。
[示例] 三峡水电站某机组输出的电功率为70万千瓦。
(1)若输出的电压为20万伏,则输电线上的电流为多少
(2)某处与电站间每条输电线的电阻为10欧,则输电线上损失的功率为多少 它占输出功率的几分之几
(3)若将电压升高至500千伏,输电线上的电流为多少 输电线上损失的功率又为多少 它占输出功率的几分之几
【答案】 (1)3 500 A　(2)2.45×108 W　　
(3)1 400 A　3.92×107 W　
【解析】 (1)由P=UI得
I== A=3 500 A。
(2)输电线上损失的功率
ΔP=I2·2r=3 5002×2×10 W=2.45×108 W,
损失功率与输出功率之比为
==,
故损失功率占输出功率的。
(3)将电压升高至500千伏时,
I′== A=1 400 A,
输电线上损失的功率
ΔP′=I′2·2r
=1 4002×2×10 W
=3.92×107 W,
损失功率与输出功率之比为
==,
故损失的功率占输出功率的。
1.如图为长距离高压输电的示意图。关于长距离输电,下列说法正确的是(　　)
A.通过高压输电减小输电电流有利于减小电路的发热损耗
B.高压输电综合考虑各种因素,输电电压越高越好
C.减小输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
D.在输送电压一定时,输送的电功率越大,输电过程中的电能损失越小
【答案】 A
【解析】 根据输电过程中损失的电功率P损=I2r可知通过高压输电减小输电电流,有利于减小电路的发热损耗,故A正确;高压输电需要综合考虑材料成本、技术、经济性等各个方面的因素,所以不是输电电压越高越好,故B错误;减小输电导线的横截面积会增大电阻,根据P损=I2r,可知不利于减少输电过程中的电能损失,故C错误;在输送电压一定时,输送的电功率越大,输电线上输送电流越大,因此输电过程中的电能损失越大,故D错误。
2.目前我国远距离输电已经采用750 kV的超高压和 1 100 kV 的特高压。假设甲、乙两地原来采用750 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1 100 kV的特高压输电,若不考虑其他因素的影响,下列说法正确的是(　　)
A.输电线上输送的电流大小减小
B.输电线上由于导线电阻造成的损失电压增大
C.输电线上由于导线电阻造成的损耗电功率增大
D.用户得到的电功率减小
【答案】 A
【解析】 根据公式P=UI,且P不变,可知输电电流I=,当输电电压增大时,输电电流减小,A正确;R线不变,当输电电流减小,输电线上由于导线电阻造成的损失电压减小,B错误;由
P损=I2·R线,输电线上由于导线电阻造成的损耗电功率减小,C错误;P不变,输电线上由于导线电阻造成的损耗电功率减小,用户得到的电功率增大,D错误。
3.电能远距离输送时需要使用变压器进行升压和降压,如图所示为远距离输电的电路示意图。升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器,T1原线圈上接有电压有效值恒定的交流电源,R为输电线的电阻,T2的副线圈并联多个用电器,对于此电路,下列分析正确的有(　　)
A.T1的输出电压等于R两端的电压
B.T1的输出功率一定等于T2的输入功率
C.若T2的副线圈并联的用电器增多,R消耗的功率增大
D.若T2的副线圈并联的用电器增多,T2输出电压不变
【答案】 C
【解析】 T1的输出电压等于R两端的电压与T2的输入电压之和,选项A错误;T1的输出功率等于R的功率与T2的输入功率之和,选项B错误;若T2的副线圈并联的用电器增多,则副线圈的电阻R副减小,电流变大,则R消耗的功率增大,T2输入电压减小,输出电压也减小,选项C正确,D错误。
4.(双选)风力发电是一种绿色环保的发电方式,我国各地近年来大力发展风力发电。若一风力发电装置的输出功率为 P=100 kW、发电机的输出电压U1=250 V,经变压器升压后用总电阻 R线=7.5 Ω的输电线向远处输电,在用户处的降压变压器输出电压U4=220 V。若升压变压器与降压变压器的匝数比满足=,则以下说法正确的是(　　)
A.降压变压器输出的电流I4=40 A
B.输电的效率为88%
C.输电线损失电压ΔU=300 V
D.升压变压器的匝数比为=
【答案】 BC
【解析】 升压变压器原线圈中电流I1==400 A,设==k,对升压变压器有==,
==k,对降压变压器有U3=U2-I线R线,==,联立各式解得k=,I线=40 A,U2=2 500 V,
U3=2 200 V,根据降压变压器的电流关系可知 I4=·I线==400 A,故A错误;输电的效率为η=×100%=88%,故B正确;输电线损失电压为ΔU=I线R线=300 V,故C正确;升压变压器的匝数比为=k=,故D错误。
课时作业
基础巩固
1.下列有关电能输送的说法正确的是(　　)
A.输送电能的基本要求是经济实惠
B.减小输电导线上功率损失的唯一方法是采用高压输电
C.减小输电线上电压损失的唯一方法是增大导线的横截面积
D.实际输电时,要综合考虑各种因素,如输送功率大小、距离远近、技术和经济要求等
【答案】 D
【解析】 输送电能的基本要求不仅要经济实惠,还要保证质量,安全可靠,故A错误;减小输电导线上功率损失的方法是采用高压输电,但不是唯一方法,还可以减小输电线电阻,故B错误;减小输电线上电压损失的方法是增大导线的横截面积,减小电阻率,采用高压输电等,增大横截面积不是唯一的方法,故C错误;实际输电时,要综合考虑各种因素,如输送功率大小、距离远近、技术和经济要求等,故D正确。
2.(双选)发电厂通过较长距离输电线直接向学校供电,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,通过输电线的电流为I,学校端得到的电压为U2,下列计算输电线中损耗功率的表达式正确的是(　　)
A. B.I2R
C. D.I(U1-U2)
【答案】 BD
【解析】 输电线上损失的电压为ΔU=U1-U2,根据欧姆定律可得I=,则输电线损耗功率为P损=I(U1-U2)=I2R=,故A、C错误,B、D正确。
3.(双选)如图所示为一风力发电车远距离输电示意图,已知风力发电车的输出电压恒定,变压器视为理想变压器,则下列说法正确的是(　　)
A.用户增加时,升压变压器的输出电压减小
B.用户增加时,升压变压器的输出功率减小
C.用户增加时,输电线上的电流增加
D.用户增加时,输电线上损耗的电功率增加
【答案】 CD
【解析】 由于风力发电车的输出电压不变,升压变压器原副线圈的匝数不变,所以升压变压器的输出电压不变,故A错误;用户增加时,风力发电车的输出功率增大,则升压变压器的输出功率增大,又升压变压器的输出电压不变,根据P=UI可知输电线上的电流I线增大,根据ΔP=R可知,输电线上损耗的电功率增加,故B错误,C、D正确。
4.(双选)远距离输电线路简化如图所示,电厂输送电功率不变,变压器均为理想变压器,图中标示了电压和电流,其中输电线总电阻为R,则(　　)
A.I2<
B.输电线损失的电功率为
C.提高输送电压U2,则输电线电流I2增大
D.电厂输送电功率为U2I2
【答案】 AD
【解析】 在输电线路上,U2=I2R+U3,解得I2=,所以I2<,故A正确;由于U2不是R两端的电压,所以输电线损失的电功率不是,故B错误;因为输送功率不变,根据P2=U2I2,可知提高输送电压U2,则输电线电流I2减小,故C错误;因变压器为理想变压器,所以有 P1=P2=U2I2,故D正确。
5.如图甲是远距离输电线路示意图,图中变压器均为理想变压器,图乙是用户端电压随时间变化的图像,则(　　)
A.发电机产生的交变电流的频率是100 Hz
B.降压变压器输出的电压有效值是340 V
C.输电线的电流仅由输送功率决定
D.仅增加升压变压器的副线圈匝数,其他条件不变,输电线上损失的功率减小
【答案】 D
【解析】 由题图乙可知交变电流的周期T=0.02 s,则频率 f==50 Hz,变压器不改变交变电流的周期与频率,A错误;由题图乙可知Um=340 V,有效值U=<340 V,B错误;输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定,C错误;当仅增加升压变压器的副线圈匝数时,则输电电压增大,由 P=UI可知,输电电流减小,再由 P=I2R可知输电线上损失的功率减小,D正确。
6.如图所示为某一新能源动力电池充电的供电电路图。配电设施的输出电压U1=250 V,升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=1∶8,降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4=5∶1。充电桩充电时的额定功率P=20 kW,额定电压U4=380 V,变压器均视为理想变压器。求:
(1)升压变压器副线圈两端电压U2;
(2)通过输电线上的电流I3;
(3)输电线的总电阻r。
【答案】 (1)2 000 V　(2)10.5 A　(3)9.5 Ω
【解析】 (1)根据理想变压器两端电压与匝数的关系=,得U2=2 000 V。
(2)对降压变压器有=,得U3=1 900 V,
通过输电线上的电流I3== A=10.5 A。
(3)输电线损耗的电压ΔU=U2-U3=100 V,
输电线的总电阻r==9.5 Ω。
能力提升
7.如图所示为某小型发电站输电示意图,发电站发出U1=220sin 100πt V的交变电流通过变压器升压后进行高压输电,接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电,图中高压输电线部分总电阻为r,负载端的电压表是理想交流电表,下列有关描述正确的是(　　)
A.若开关S1、S2都断开,则电压表示数为零
B.负载端所接收到的交变电流的频率为25 Hz
C.深夜开灯时灯特别亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故
D.用电高峰期灯泡较暗,可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度
【答案】 C
【解析】 S1、S2都断开时降压变压器空载,副线圈两端有电压,电压表示数不为零,A错误;变压器不能改变频率,故负载端交变电流的频率还是50 Hz,B错误;深夜大部分用户已关灯,干路中电流减小,输电线路电压损耗也减小,用户得到的电压较高,故此时开灯较亮,C正确;用电高峰期,负载增多,负载电阻减小,干路中电流增大,因此输电线损耗电压增大,导致降压变压器的输入电压降低,为提高负载电压,可增加降压变压器副线圈的匝数,使输出电压提高,D错误。
8.(双选)某同学研究远距离输电的电路如图所示,a、b端接入电压为U0的交变电流,升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器,且=。已知R1=R2=R3,三个电阻消耗的功率相同,电表均为理想交流电表,则(　　)
A.升压变压器T1的匝数比为 =
B.电压表的示数小于U0
C.若R1短路,电流表示数将变大
D.若R3断路,电压表示数将减小
【答案】 BC
【解析】 令R1=R2=R3=R,三个电阻消耗的功率相同,则有PR1=R,PR2=PR3=()2R,则有 =,根据理想变压器原、副线圈匝数与电流的关系可得==,由题意可得升压变压器T1的匝数比为==,A错误;根据理想变压器的工作原理=,=,又因为U3=U2-I3R1,
U1=U0,则U4=U0-I3R1=U0-()2I4R1=U0-()2R1=U0-U4,解得U4=U0,电压表的示数即U4,可知电压表的示数小于U0,B正确;若R1短路,则U3=U2,降压变压器的原线圈电压变大,副线圈的电压也将升高,从而使得降压变压器的电流I4增大,根据理想变压器电流与匝数的关系=可知,当降压变压器副线圈中的电流增大,降压变压器原线圈中的电流也增大,即R1短路,电流表示数将变大,C正确;若R3断路,此时电压表的示数为U4′=U0-
()2R1=U0-,解得U4′=U0,可知 U4′>U4,由此可以判定,当R3断路,电压表示数将变大,D错误。
9.随着科技发展,我国用电量也日趋增加,风力发电绿色环保,截止到2024年底,我国风电装机 5.1亿千瓦,成为发电主流之一。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图,发电机线圈面积 S=0.5 m2、匝数N=100、电阻不计,处于磁感应强度大小为B= T的匀强磁场中,线圈绕垂直于磁场的水平轴匀速转动,转速n=25 r/s。升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=5∶48,输出功率为24 kW,降压变压器的副线圈连接用户,两变压器间的输电线总电阻R=20 Ω,变压器均为理想变压器,用户端工作电压为220 V。下列说法正确的是(　　)
A.升压变压器副线圈两端电压为2 400 V
B.用户获得的功率为2 kW
C.降压变压器原、副线圈匝数比n3∶n4=10∶1
D.保持输出功率不变,减小升压变压器副线圈的匝数,输电线R上消耗的功率会减小
【答案】 C
【解析】 根据ω=2πn可知,线圈转动的角速度为 ω=50π rad/s,则线圈中产生的电动势的最大值为Em=NBSω=250 V,由于线圈电阻不计,则升压变压器原线圈的输入电压为U1==250 V,则副线圈两端的电压为U2=U1=2 400 V,故A错误;升压变压器副线圈的电流为I2== A=10 A,两变压器间的输电线上损失的功率为ΔP=R=2 000 W=2 kW,用户获得的功率为 P4=P3=P2-ΔP=22 kW,故B错误;降压变压器原线圈的电流为I3=I2=
10 A,副线圈中的电流为I4==100 A,降压变压器原、副线圈匝数比==,故C正确;保持输出功率不变,减小升压变压器副线圈的匝数,则升压变压器的输出电压减小,输电线上的电流增大,输电线R上消耗的功率会增大,故D错误。
10.某节能储能输电网络如图所示,发电机的输出电压为U1,输出功率为 500 kW。输电线上电流为 8 A,损失的功率为 4 kW,其余线路电阻不计,用户端电压U4=220 V,功率 P4=
88 kW。储能站电路电流为51 A,升压变压器的匝数比n1∶n2=1∶46,所有变压器均为理想变压器。下列说法不正确的是(　　)
A.输电线总电阻R=65 Ω
B.发电机输出电压U1=250 V
C.用户增加时,用户得到的电压降低
D.升压变压器的匝数比n1∶n5=1∶32
【答案】 A
【解析】 输电线电阻R== Ω=62.5 Ω,A错误;用户端电压U4=220 V,功率P4=88 kW,可得I4== A=400 A,输电线上电流为I2=I3=8 A,由理想变压器原、副线圈电流与匝数关系公式可得,降压变压器的匝数比===,由理想变压器原、副线圈电压与匝数关系公式可得U3=U4=11 000 V,可知升压变压器副线圈上电压U2=U3+I2R=11 500 V,则升压变压器原线圈上电压U1=U2=×11 500 V=250 V,B正确;当用户增加时,P4增大,I4增大,输电线上电流增大,输电线上损耗的电压增大,则U3减小,用户得到的电压U4降低,C正确;由能量守恒定律可知P出=I2U2+P储,可得P储=P出-U2I2=408 kW,储能站电路电流为
51 A,则有 U5==8×103 V,由理想变压器原、副线圈电压与匝数关系公式可得U1∶U5=
n1∶n5=250∶8 000=1∶32,D正确。
11.(双选)如图所示为某小型发电站高压输电示意图,变压器均为理想变压器,发电机输出功率为20 kW。在输电线路上接入一个电流互感器,其原、副线圈的匝数比为1∶10,电流表的示数为1 A, 输电线的总电阻为10 Ω,则下列说法正确的是(　　)
A.采用高压输电可以增大输电线中的电流
B.升压变压器的输出电压U2=2 000 V
C.用户获得的功率为19 kW
D.将P下移,用户获得的电压将增大
【答案】 BC
【解析】 根据高压输电原理,提高输电电压,输电电流减小,A错误;根据电流互感器的原理,输电电流I=×1 A=10 A,输电电压U2== V=2 000 V,B正确;输电线上的功率损失
P损=I2R=102×10 W=1 kW,用户获得的功率为P用=P-P损=20 kW-1 kW=19 kW,C正确;将P下移,降压变压器原线圈匝数增加,根据理想变压器的变压规律,副线圈的电压减小,用户获得的电压将减小,D错误。
12.一台交流发电机额定输出功率为P=4.0×103 kW,以400 V的电压接到理想升压变压器后向远方输电。若输电线的总电阻为10 Ω,输电线损失的功率为10%,则升压变压器的输出电流是　　　　,为了使远方的用户负载能获得220 V工作电压,需要理想降压变压器进行降压,则降压变压器的原、副线圈的匝数比是　　　　　　　,实际输送到用户的总功率是　　　　　　kW。
【答案】 200 A　900∶11　3.6×103
【解析】 线路功率损耗为10%,设流过线路电流为I2,则P损=R=10%P,解得I2=200 A。因输电线损耗10%的功率,故降压变压器的输入功率为P3=P-P损,解得P3=3.6×103 kW,实际输送到用户的总功率P′=P3=3.6×103 kW,则降压变压器输入电压U3==18 kV。根据理想变压器的电压和匝数之间的关系 ===。
13.如图所示,一小型交流发电机向远处电动机供电,已知发电机线圈abcd匝数N=100,面积 S=0.03 m2,线圈匀速转动的角速度ω=100π rad/s,匀强磁场的磁感应强度B= T。输电时先用升压变压器将电压升高,到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用,输电导线的总电阻为R=10 Ω,变压器都是理想变压器,降压变压器原、副线圈的匝数比为
n3∶n4=10∶1,若用户区标有“220 V　8.8 kW”的电动机恰能正常工作。发电机线圈电阻r不可忽略。求:
(1)交流发电机产生电动势的最大值Em;
(2)输电线路上损耗的电功率ΔP;
(3)若升压变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=1∶8,升压变压器原线圈两端的电压U1。
【答案】 (1)300 V　(2)160 W　(3)280 V
【解析】 (1)根据正弦式交变电流产生规律可知,电动势最大值为
Em=NBSω=100××0.03×100π=300 V。
(2)设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4,电动机恰能正常工作,则I4==40 A,
根据=,得 I3=4 A,
所以输电线路上损耗的电功率为
ΔP=R=160 W。
(3)对降压变压器有 =,
则U3=U4=2 200 V,
升压变压器副线圈两端电压
U2=U3+I3R=2 240 V,
由 =可得U1=280 V。
14.某村在较远的地方建立了一座小型水电站,利用如图所示电路为村上供电。测得发电机的输出功率为80 kW,输出电压为250 V,输电线上损耗的电功率为2 kW。已知该村的用电电压是 220 V,输电线的总电阻为 5 Ω。(变压器均视为理想变压器)
(1)求高压输电线中的电流I2;
(2)求降压变压器的原、副线圈的匝数比(可用分数表示);
(3)若此时该村工厂用电功率为60 kW,其余用电器均为“220 V,60 W”的照明电灯,则此时有多少盏灯泡正常发光
【答案】 (1)20 A　(2)　(3)300盏
【解析】 (1)由题意可知P损=R线,得I2=20 A。
(2)变压器视为理想变压器,则U2=,
线路上损失的电压为U损=I2R线,
降压变压器原线圈电压U3=U2-U损,
由= ,得=。
(3)设最多安装n盏60 W电灯,有
P总-P损=60×103 W+n·60 W,
解得n=300。实验:探究变压器电压与线圈匝数的关系
一、实验原理
交变电流通过原线圈时在铁芯中产生变化的磁场,副线圈中产生感应电动势,其两端产生交变电压。原、副线圈中磁通量变化率相同,两线圈匝数不同时输出电压不同。通过改变原、副线圈匝数,即可探究原、副线圈的电压与匝数的关系。
二、实验器材
交流电压表、可拆变压器、低压交流电源、带夹的导线若干。
三、实验步骤
1.按如图所示电路图连接实物图。
2.保持原线圈匝数不变,用交流电压表测量原线圈电压,并记录在表格中。
3.改变副线圈匝数,用交流电压表分别测量副线圈的电压,把匝数、电压的对应数据记录在表格中。
4.改变原线圈电压,重复步骤2、3。
四、数据处理
1.将不同的原、副线圈接入电路,测出线圈两端的电压,填入表格。
原线圈 匝数n1 副线圈 匝数n2 原线圈 电压U1 副线圈 电压U2
400 200 2 V
400 800 2 V
400 1 600 2 V
400 200 4 V
400 800 4 V
400 1 600 4 V
2.由表格数据得出结论。
当输入电压不变时,随着副线圈匝数增加,输出电压增大。进一步研究可知,副线圈输出电压与原、副线圈匝数比成反比。
当原、副线圈匝数比不变时,随着原线圈输入电压增加,副线圈输出电压增大,进一步研究可知,副线圈输出电压与原线圈输入电压成正比。
五、注意事项
1.在改变低压交流电源电压、线圈匝数前均要先关闭电源,再进行操作。
2.低压交流电源的电压不要设置太高,一般不要超过12 V,以免发生危险,且通电时不要用手接触祼露的导线、接线柱。
3.测电压时,先用最大量程挡试测,大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量,避免损坏交流电压表。
类型一　实验操作及原理
[例1] 有一个教学用的可拆变压器,如图甲所示,它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同),线圈外部还可以绕线。
(1)某同学用一多用电表的同一倍率电阻挡先后测量了A、B线圈的电阻值,指针分别对应图乙中的A、B位置,由此可推断　　　　(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。
(2)该实验中输入端所接电源最适合的是　　　　。
A.220 V交流电源
B.220 V直流电源
C.12 V以内低压直流电源
D.12 V以内低压交流电源
(3)如果把它看作理想变压器,现要测量A线圈的匝数,提供的器材有:一根足够长的绝缘导线、一个多用电表和低压交流电源。请完成实验步骤的填空:
a.用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈;
b.将A线圈与低压交流电源相连接;
c.用多用电表的　　　　挡分别测量A线圈的输入电压UA和绕制线圈的输出电压U;
d.则A线圈的匝数为　　　　(用题目中的物理符号表示)。
【答案】 (1)A　(2)D　(3)交变电压　
【解析】 (1)根据电阻定律R=ρ,在电阻率和横截面积相同时,导线越长,电阻越大,A线圈电阻比B的大,故A线圈匝数较多。
(2)为保证学生安全,输入端应用12 V以内低压交流电源,故选D。
(3)变压器输入和输出都是交变电流,所以要用交变电压挡测输入和输出电压;根据变压器原、副线圈的电压比等于匝数比=,解得nA=。
类型二　实验数据的分析计算
[例2] 在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中,可拆变压器如图所示。
(1)观察变压器的铁芯,它的结构和材料是　　　　。
A.整块硅钢铁芯
B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的铜片叠成
D.绝缘的硅钢片叠成
(2)为实现探究目的,保持原线圈输入的电压一定,通过改变原、副线圈匝数,测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是　　　　。
A.演绎法 B.等效替代法
C.控制变量法 D.理想实验法
(3)某次实验中得到实验数据如下表所示,表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数,U1、U2分别为原、副线圈的电压,通过实验数据分析,你的结论是 　 。
实验次数 n1/匝 n2/匝 U1/V U2/V
1 1 200 400 12.1 3.98
2 800 400 12.0 5.96
3 200 100 11.9 5.95
(4)原、副线圈上的电压之比是否等于它们的匝数之比呢 发现上述实验数据没有严格遵从这样的规律,分析下列可能的原因,正确的是　　　　。(多选)
A.变压器线圈中有电流通过时会发热
B.原、副线圈的电压不同步
C.铁芯在交变磁场的作用下会发热
D.原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
【答案】 (1)D　(2)C　(3)在实验误差允许的范围内,变压器原、副线圈的电压比与匝数比相等,即 =　(4)ACD
【解析】 (1)观察变压器的铁芯,它的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成,A、B、C错误,D正确。
(2)为实现探究目的,保持原线圈输入的电压一定,通过改变原、副线圈匝数,测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法,A、B、D错误,C正确。
(3)由实验数据可知,第1次有===3,==3.04,第2次有===2,==2.01,第3次有===2,==2,由以上计算可知,在实验误差允许的范围内,变压器原、副线圈的电压比与匝数比相等,即=。
(4)变压器线圈中有电流通过时会发热,线圈则有直流电阻,在线圈上会产生电压损耗,使输出电压减小,A正确;原、副线圈的电压是否同步,对输出电压无影响,B错误;铁芯在交变磁场的作用下会发热,使变压器输出的电能小于输入电能,使输出的电压减小,C正确;原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失,即有漏磁现象,由能量守恒定律可知,输出电压减小,D正确。
类型三　实验创新设计
[例3] 某班物理实验课上,同学们用可拆变压器探究“变压器电压与线圈匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。
(1)下列说法正确的是　　　　。(多选)
A.为确保实验安全,实验中使用的低压直流电源不能超过12 V
B.变压器原线圈接低压交流电源,测量副线圈电压时应当用多用电表的直流电压挡
C.可以先保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,研究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D.测量副线圈电压时,先用最大量程挡试测,大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
E.变压器开始正常工作后,铁芯导电,把电能由原线圈输送到副线圈
F.变压器开始正常工作后,若不计各种损耗,在原线圈上将电能转化成磁场能,在副线圈上将磁场能转化成电能,铁芯起到“传递”磁场能的作用
(2)一名同学实验时,观察两个线圈的导线,发现粗细不同。他选择的原线圈为800匝,副线圈为400匝,原线圈接学生电源的正弦交流输出端,所接电源为“8 V”挡位,测得副线圈的电压为 4.2 V。则下列叙述中可能符合实际情况的一项是　　　　。
A.学生电源实际输出电压大于标注的“8 V”
B.原线圈实际匝数与标注“800”不符,应大于800匝
C.副线圈实际匝数与标注“400”不符,应小于400匝
D.变压器的铁芯B没有安装在铁芯A上,导致铁芯没有闭合
(3)变压器铁芯是利用相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的,而不是采用一整块硅钢,如图丙所示。
①图丙中,硅钢片应平行于　　　　。
A.平面abcd　　　　B.平面abfe
C.平面abgh　　　　D.平面aehd
②这样设计的原因是　　　　。
A.增大涡流,提高变压器的效率
B.减小涡流,提高变压器的效率
C.增大铁芯中的电阻,以产生更多的热量
【答案】 (1)CDF　(2)A　(3)①D　②B
【解析】 (1)为确保实验安全,应使用低压交流电源,所用电压不超过12 V,选项A错误;变压器原线圈接低压交流电源,测量副线圈电压时应当用多用电表的交流电压挡,选项B错误;可以先保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,研究副线圈匝数对副线圈电压的影响,选项C正确;为确保安全,测量副线圈电压时,先用最大量程挡试测,大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量,选项D正确;变压器开始正常工作后,若不计各种损耗,在原线圈上将电能转化成磁场能,在副线圈上将磁场能转化成电能,铁芯起到“传递”磁场能的作用,铁芯本身不导电,选项E错误,F正确。
(2)若学生电源实际输出电压大于标注的“8 V”,则副线圈电压可能为4.2 V,选项A正确;根据=,若原线圈实际匝数与标注“800”不符,应小于800匝,若副线圈实际匝数与标注“400”不符,应大于400匝,选项B、C错误;若变压器的铁芯B没有安装在铁芯A上,导致铁芯没有闭合,则会导致变压器“漏磁”现象严重,则输出电压会小于4 V,选项D错误。
(3)①变压器的铁芯在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象,要损耗能量,不用整块的硅钢铁芯其目的是增大电阻,为了减小涡流,减小发热量,提高变压器的效率,则硅钢片应平行于平面 aehd,故选D。
②这样设计的原因是减小涡流,提高变压器的效率。故选B。
课时作业
1.如图所示,小厦同学从家里旧电器上拆得一环形变压器,但变压器的铭牌已经污损无法看清参数。该同学想利用高中所学知识来测量该变压器原、副线圈两端的匝数。
(1)操作步骤如下:
①结合铭牌残存数据可知图中1、2为输入端,3、4为输出端,用多用电表电阻挡测量发现都导通;
②先在该变压器闭合铁芯上紧密缠绕n=100匝漆包细铜线,并将理想交流电压表接在细铜线两端;
③在原线圈(1、2端)上输入有效值为12 V的交流电,理想交流电压表的示数为3.0 V,则原线圈的匝数n1=　　　 　;把理想交流电压表接在3、4接线柱上,交流电压表的示数为1.8 V,则副线圈的匝数n2=　　　　。
(2)该变压器使用了两种规格的铜线绕制,结合前面数据可以推想其中较粗的铜线属于
　　　　(选填“原线圈”或“副线圈”)。
【答案】 (1) 400　60　(2)副线圈
【解析】 (1)根据=,解得n1=400,根据=,解得n2=60。
(2)由n1>n2可知变压器为降压变压器,则副线圈电流大一些,所以需要较粗铜线绕制。
2.如图甲所示,实验室内有一变压器,匝数标记位置模糊不清,但结构和功能是完好的,某同学利用该变压器进行匝数的探究实验,M、N是原线圈的两个接线柱,P、Q是副线圈的两个接线柱。
(1)实验室有下列器材:
A.变压器
B.开关、导线若干
C.0～40 V直流输出电源
D.0～40 V交流输出电源
E.多用电表
(2)选用的电源是　　　　(选填“C”或“D”)。
(3)为了保证人身安全,所用输入电压不要超过　　　　(选填“12 V”“40 V”或“220 V”)。
(4)该同学将M、N端接在所选电源正确位置后,多用电表红、黑表笔接在变压器P、Q端测量输出电压UPQ,调节输入电压UMN,得到多组数据。
(5)作出UMN-UPQ图像如图乙所示,横、纵坐标的截距分别为a、b,则匝数比=　　　　(用a、b表示),匝数比的测量值　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
【答案】 (2)D　(3)12 V　(5)　大于
【解析】 (2)变压器的原理是互感现象,需使用交流电,故选用的电源是0～40 V交流输出电源。故选D。
(3)人体安全电压为36 V,为了保证人身安全,所用输入电压不要超过12 V。
(5)根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系,匝数比==,由于变压器存在漏磁,测得的UPQ偏小,则匝数比的测量值大于真实值。
3.在“探究变压器电压和线圈匝数的关系”实验中,可拆变压器如图所示。
(1)观察变压器的铁芯,它的结构和材料是 (填字母)。
A.整块硅钢铁芯
B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的铜片叠成
D.绝缘的硅钢片叠成
(2)观察两个线圈的导线,发现粗细不同,导线粗的线圈匝数　　　　(选填“多”或“少”)。
(3)以下给出的器材中,本实验需要用到的是　　　　。(多选)
A　　　 B
C　 　　D
(4)实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间,用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0 V,则原线圈的输入电压可能为　　　　(填字母)。
A.1.5 V　　　B.6.0 V　　　C.7.0 V
(5)本实验要通过改变原、副线圈匝数,探究原、副线圈的电压与匝数的关系,实验中需要运用的科学方法是　　　　(填字母)。
A.控制变量法　B.等效替代法　C.整体隔离法
【答案】 (1)D　(2)少　(3)BD　(4)C　(5)A
【解析】 (1)观察变压器的铁芯,它的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成,故选D。
(2)观察两个线圈的导线,发现粗细不同,根据I1n1=I2n2可知,匝数少的电流大,则导线越粗,即导线粗的线圈匝数少。
(3)实验中需要交流电源和多用电表,不需要干电池和直流电压表,故选B、D。
(4)若是理想变压器,则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系=,若变压器的原线圈接“0”和“8”接线柱,副线圈接“0”和“4”接线柱,可知原、副线圈的匝数比为 2∶1,若副线圈电压为3.0 V,那么原线圈的电压为U1=2×3.0 V=6.0 V。考虑到可拆变压器不是理想变压器,存在漏磁等现象,则原线圈所接电源电压应大于6.0 V,可能为 7.0 V,故A、B错误,C正确。
(5)实验中需要运用的科学方法是控制变量法,故选A。
4.某同学用匝数可调的可拆变压器来探究“变压器电压与线圈匝数的关系”实验。
(1)下列操作正确的是　　　　。
A.原线圈接学生电源直流电压,电表置于直流电压挡
B.原线圈接学生电源交流电压,电表置于交流电压挡
(2)如图甲所示,一变压器的副线圈匝数模糊不清,该同学为确定其匝数,原线圈选择“0”
“8”(×100匝)接线柱,测得电源电压为10.0 V,副线圈电压为4.9 V,则此时接入的副线圈可能是　　　　。
A.“0”“2”接线柱　　B.“0”“4”接线柱
(3)如图乙所示,探究铁芯在变压器中的用途时,该同学先将上方的铁芯取出,再将铁芯缓慢向左水平推入,则观察到小灯泡亮度变化与铁芯作用分析正确的是　　　　　　。(多选)
A.小灯泡变亮
B.小灯泡变暗
C.铁芯起到传送能量的作用
D.若将铁芯换成等大的铜块,则实验现象更明显
(4)你认为该实验的系统误差主要来源是

(写出一条即可)。
【答案】 (1)B　(2)B　(3)AC　(4)见解析
【解析】 (1)变压器在接交流电源条件下才能正常工作,A错误,B正确。
(2)根据电压与匝数关系有=,解得n2=3.92≈4,A错误,B正确。
(3)变压器的铁芯的作用是导磁,尽量减少漏磁,起到传递能量的作用,A、C正确,B错误;铜不能被磁化,因此不能导磁,若将铁芯换成等大的铜块,则实验现象不明显,D错误。
(4)实际的变压器的线圈与铁芯都有一定的电阻,且存在漏磁,则实验的系统误差主要来源是线圈和铁芯有一定的电阻与存在漏磁。
5.某课外探究小组做探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验,请将下列实验的有关内容补充完整。
(1)利用如图甲所示的电路来探究变压器线圈两端电压与匝数间的关系。已知理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=6∶1,N是原线圈的中心抽头,图中两块电表均为理想电表,除滑动变阻器外的电阻均不计。当将电压U1加在原线圈两端时,两块电表的示数为U2、I2;若保持电压U1不变,只将S由M合向N,两表的示数分别为U3=　　　　,I3=　　　　;若输入电压增加12 V时,副线圈的电压增加　　　　V。
(2)如图乙所示的电路,理想变压器原线圈匝数为n1,接一理想电流表;副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头P调节,副线圈与定值电阻R0和压敏电阻R相连接,物块Q置于压敏电阻上。已知压敏电阻的阻值随压力的增大而变小。现保持原线圈输入电压不变,则触头P右移增大n2,电流表示数将　　　　;只增大物块对R的压力,电流表示数将　　　　,原线圈的输入功率将　　　　(均选填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】 (1)2U2　2I2　2　(2)增大　增大　增大
【解析】 (1)保持电压U1不变,只将S由M合向N时,原线圈匝数将减小一半,根据原、副线圈电压与匝数成正比得==,==,所以副线圈电压U3=2U2;依据欧姆定律得I2=,
I3===2I2;若输入电压增加12 V,副线圈的电压==,解得U=2 V,即副线圈的电压增加2 V。
(2)根据理想变压器的电压与匝数成正比可知,当副线圈的匝数n2增大时,则变压器副线圈的电压增大,副线圈的功率增大,由原、副线圈功率相等有U1I1=U2I2,得原线圈电流增大,故电流表示数增大;当只增大物块对R的压力时,R的阻值会减小,在电压不变的情况下,副线圈电流会增大,原线圈的电流也会增大,所以电流表的示数增大,根据 P=UI可知原线圈的输入功率增大。
6.在“探究变压器电压与线圈匝数的关系”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　　　　　　　(只填步骤前数字序号)。
(2)如图所示,在实验中,两线圈的匝数n1=1 600,n2=400,当n1作为原线圈时,U1=16 V,副线圈两端电压U2=4 V;原线圈与副线圈对调后,当U1′=8 V时,U2′=32 V,那么可初步确定,变压器两个线圈的电压与线圈匝数的关系是 　 。
【答案】 (1)①③②④　(2)理想变压器原、副线圈电压之比等于线圈的匝数之比
【解析】 (1)在“探究变压器电压与线圈匝数的关系”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;然后将原线圈与副线圈对调,重复以上步骤,即操作的合理顺序为①③②④。
(2)两线圈的匝数n1=1 600,n2=400,当n1作为原线圈时,U1=16 V,副线圈两端电压 U2=4 V,此时由 =4,=4可知=;当原线圈与副线圈对调后,U1′=8 V 时,U2′=32 V,此时n1′=n2=400匝,而n2′=n1=1 600匝,则 =,=,可知=,由分析结果可得理想变压器原、副线圈电压之比等于线圈的匝数之比。(共47张PPT)
章末总结
专题研析·拓展提升
专题一　对交变电流“四值”的理解与计算
[例1] 如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;
【答案】 (1)自下而上
【解析】 (1)根据右手定则判断可知,线圈中的电流方向是 d→c→b→a,故通过电阻R的感应电流方向是自下而上。
(2)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式;
【答案】 (2)e=nBL1L2ωsin ωt
【解析】 (2)从中性面开始计时,感应电动势随时间按正弦规律变化,且最大值Em=nBL1L2ω,所以感应电动势的瞬时值表达式e=nBL1L2ωsin ωt。
(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。
(1)瞬时值:它反映不同时刻交变电流的大小和方向,表达式e=Emsin ωt,
u=Umsin ωt,i=Imsin ωt,对应线圈从中性面开始计时。
(2)最大值:电动势、电压或电流变化过程中的最大值,它表示交变电流大小的变化范围,当线圈平面跟磁感线平行时,交流电动势最大且为Em=nBSω。电容器接在交流电路中,则交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值。
·规律总结·
·规律总结·
·规律总结·
[针对训练1] (2024·山东卷)如图甲所示,在 -d≤x≤d,-d ≤y≤d的区域中存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域),边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时,线圈中产生的交变电动势如图乙所示。
若仅磁场的区域发生了变化,线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分,则变化后磁场的区域可能为(　　)
C
A B C D
专题二　含变压器电路的动态分析
[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,开关S断开。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、A2示数均变大
B
【解析】 当滑动变阻器的滑片P向上滑动时,接入电路的阻值变大,而变压器副线圈两端电压不变,则副线圈中的电流减小,变压器的输出功率变小,输入功率减小,电流表A1示数变小,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、C错误,B正确;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示数变小,原线圈中的电流变大,电流表A1示数变大,选项D错误。
(1)匝数比不变、负载电阻改变的情况(如图甲所示)。
·规律方法·
·规律方法·
·规律方法·
(2)匝数比改变(如n2变化)、负载电阻不变的情况(如图乙所示)。
[针对训练2] (双选)(2024·重庆卷)小明设计了台灯的两种调光方案,电路图分别如图甲、乙所示,图中额定电压为6 V的灯泡电阻恒定,R为滑动变阻器,理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220 V的交流电;滑片P可调节灯泡L的亮度,P在R最左端时,甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作,则(　 　)
A.n1∶n2=110∶3
B.当P滑到R中点时,图甲中L功率比图乙中的小
C.当P滑到R最左端时,图甲所示电路比图乙更节能
D.图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大
AC
专题三　远距离输电线路的分析与计算
(1)线框转动角速度大小;
【答案】 (1)100π rad/s　
(2)降压变压器原、副线圈匝数之比。
解决远距离输电问题的方法
(1)画出输电示意图,包括发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载等,在图中标出相应物理量符号。
(2)分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量之间的关系,特别注意由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。
·规律方法·
[针对训练3] (2025·广东卷)如图所示,某光伏电站输出功率1 000 kW、电压400 V的交流电,经理想变压器升压至10 kV后,通过输电线输送到变电站,输电线的等效电阻R为5 Ω。下列说法正确的是(　　)
A.变压器原、副线圈匝数比为1∶100
B.输电线上由R造成的电压损失为500 V
C.变压器原线圈中的电流为100 A
D.变压器原、副线圈中电流的频率不同
B
达标训练·检测效果
1.(双选)在一小型交流发电机中,矩形金属线圈abcd的面积为S,匝数为n,线圈总电阻为r,在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕轴OO′以角速度ω匀速转动(从上往下看沿逆时针方向),以如图甲所示的位置作为计时的起点,产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示,矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路,下列说法正确的是(　 　)
AD
2.(双选)泉州水力资源丰富,现利用市内某条流量Q=2 m3/s、落差h=5 m的河流发电并进行远距离输电。如图所示,若发电机输出功率为 4×104 W,输出电压恒为240 V,输电线路总电阻 R线=24 Ω,允许损失功率为输出功率的6%,要
满足居民220 V的用电需求。重力加速度g取 10 m/s2,水的密度ρ=1.0×
103 kg/m3,则(　 　)
A.发电机的效率为45%
B.该输电线路所使用的理想升压变压器的匝数比是3∶50
C.该输电线路所使用的理想降压变压器的匝数比是180∶11
D.若用户区消耗的功率增大,则用户区获得的电压U4将变小
BD
3.如图所示,变压器为理想变压器,电流表A1内阻不可忽略,其余的均为理想的电流表和电压表。a、b之间接有电压有效值不变的交流电源,R0为定值电阻,
R为滑动变阻器。现将滑动变阻器的滑片沿c→d的方向滑动时,则下列说法正确的是(　　)
A.电流表A1、A2的示数都变大
B.电流表A1的示数变小,A2的示数变大
C.电压表V1、V2示数不变,V3示数变小
D.电压表V1、V2示数变小,V3示数变大
A
【解析】 a、b之间接有电压有效值不变的交流电源,滑动变阻器的滑片沿c→d的方向滑动时,滑动变阻器接入电路的阻值变小,故电流表A2示数增大,根据输出电流决定输入电流,电流表A1示数也增大,故A正确,B错误;由于电流表A1内阻不可忽略,故Uab=I1r+U1,Uab不变,I1变大,则U1变小,即电压表V1示数变小,根据电压与匝数成正比,电压表V2示数也变小,U3=U2-I2R0,I2变大,
U2变小,故U3变小,即V3示数变小,故C、D错误。
AD
CD
4
11
44
7.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,为了减少电能损失,使用4 kV高压输电,最后用户得到“220 V　9.5 kW”的电力,求:
(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比n1∶n2;
(2)输电线路的导线总电阻r;
【答案】 (2)80 Ω
(3)用户降压变压器原、副线圈匝数比n3∶n4。
感谢观看(共48张PPT)
第1节　交变电流的特点
第3章　交变电流与远距离输电
1.知道直流电流、交变电流的概念。2.了解交变电流的周期和频率的概念,知道频率单位,掌握周期和频率之间的关系。3.理解交变电流有效值的物理意义,知道正弦式交变电流的峰值和有效值之间的关系。
[定位·学习目标]　
探究·必备知识
「知识梳理」
知识点一　直流电流和交变电流
1.恒定电流:大小和方向都不随时间变化的电流。
2.直流电流: 不随时间变化的电流为直流电流,俗称直流电。
3.交变电流:大小和方向随时间做 变化的电流称为交变电流,俗称交流电。
方向
周期性
知识点二　交变电流的周期和频率
1.周期
(1)定义:交变电流完成一次 所需要的时间,用符号T表示。
(2)单位:秒(s)。
(3)周期越大,表示交变电流完成一次周期性变化所需要的时间 ,即变化越 。
周期性变化
越长
慢
2.频率
(1)定义:交变电流在一段时间内完成周期性变化的 与这段 之比,用符号f表示。
(2)单位:赫兹,符号 。
(3)频率越大,表示交变电流在1 s内完成周期性变化的次数越 ,也就是变化得越 。
次数
时间
Hz
多
快
4.交变电流的波形
(1)日常生活中所用的市电,电流的大小和方向随时间按正弦规律变化,这种电流被称为正弦式交变电流。
(2)交变电流随时间变化的规律可有多种形式。
知识点三　交变电流的最大值和有效值
1.最大值:交变电压和电流能达到的最大值,又称 ,用 、 分别表示交变电压和电流的最大值。
2.有效值
(1)意义:有效值是根据电流的热效应规定的。
(2)大小:让恒定电流和交变电流分别通过阻值相等的电阻,如果它们在相同的时间内产生的 相等,就把该恒定电流的数值规定为这个交变电流的有效值。
峰值
Um
Im
热量
3.正弦式交变电压及交变电流有效值和峰值之间的关系
0.707
0.707
4.用电安全
电气元件、设备对电压或电流有一定的耐受极限,一旦超过这一极限,这些元件、设备就有可能损坏。
1.思考判断
(1)打点计时器所接交流电源频率f=50 Hz 时,打点周期T=0.02 s。(　 　)
(2)我国电网中交变电流的频率是100 Hz。(　 　)
(3)我国民用交变电流的照明电压为220 V和动力电压为380 V都是指有效值。
(　 　)
(4)接入交变电路中的电容器的额定电压只要高于电压的有效值即可。
(　 　)
√
√
×
「新知检测」
×
√
2.思维探究
(1)打点计时器使用频率f=50 Hz的交流电源,为什么打点计时器总是每隔0.02 s打一次点
【答案】 (1)打点计时器使用的是交变电流,频率为f=50 Hz,即周期T=0.02 s,所以打点计时器每隔0.02 s打一次点。
(2)如何理解交变电流的有效值
【答案】 (2)交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的,计算有效值时要注意“三同”,即电阻相同、通电时间相同、产生热量相同。
(3)如果电路中含有电容器,对电路的电压有什么要求
【答案】 (3)把交变电流接到电容器两端时,交变电压的峰值应小于电容器所能承受的最大电压(又叫电容器的耐压值、击穿电压),否则电容器就有被击穿的危险。
突破·关键能力
要点一　周期和频率
「情境探究」
图甲为线框在磁场中转动产生交变电流的示意图,图乙所示的是一个正弦式交变电流随时间变化的图像。
(1)图甲中电流表指针左右摇摆说明了什么问题
【答案】 (1)说明了线框在磁场中转动产生的交变电流具有周期性。
(2)图乙中所示交变电流完成一次周期性变化需要多长时间 在1 s内完成多少次周期性变化 一个周期内电流的方向改变几次
【答案】 (2)0.02 s;50次;2次。
「要点归纳」
1.正弦式交变电流具有周期性(或频率)的原因:线圈在磁场中匀速转动时,每经过一定时间,穿过线圈的磁通量会发生重复变化(或单位时间内重复变化若干次),所产生的交变电流会经过一定时间的重复变化而具有周期性(或具有一定频率)。
2.周期的大小:在交变电流的图像中,一个完整的正弦波形对应的时间(或线框转动一周的时间)为一个周期T。
[例1] 如图所示是某交流电源提供的电压波形,此交变电流的周期为　　s,
频率为　　　 Hz,1 s 内电流方向变化　　　次。
0.2
5
10
[针对训练1] (双选)关于交变电流的周期和频率,下列说法正确的是(　 　)
A.正弦式交变电流连续两次出现正向最大值的时间间隔等于一个周期
B.频率为50 Hz的交变电流,其周期为0.05 s
C.频率为50 Hz的交变电流,1 s内方向变化100次
D.频率为50 Hz的交变电流,1 s内方向变化50次
AC
【解析】 正弦式交变电流连续两次出现正向最大值的时间间隔等于一个周期,故A正确;频率为50 Hz的交变电流,其周期为0.02 s,在一个周期内交变电流方向变化2次,故1 s内方向变化的次数n=2f=100次,故C正确,B、D错误。
要点二　峰值和有效值
「情境探究」
(1)如图甲、乙中电炉烧水,设其他条件都相同,水的质量相等,水的初温相同,忽略热量散失。若恒定电流用10分钟把水烧开,而交变电流也用10分钟把水烧开。两种情况的通电时间、电阻产生的热量相同吗
【答案】 (1)烧开水的时间相同,即通电时间相同,水吸收的热量相同,故电阻产生的热量相同。
(2)该交变电流的有效值是多少
【答案】 (2)有效值是3 A。
(3)如何求得该交变电压的有效值
【答案】 (3)根据电流的热效应即可求得有效值。
「要点归纳」
1.交变电流有效值的规定方法
(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的。
(2)有效是指恒定电流和交变电流在相同的时间内,在阻值相等的电阻上产生的热量相等。
2.交变电流有效值的计算
(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,且时间取一个周期,即让交变电流和恒定电流分别通过电阻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可以用恒定电流的相应物理量I或U来表示,则I或U为交变电流的相应有效值。
3.峰值和有效值的应用
(1)峰值:电容器所能承受的电压应高于交变电压的峰值,否则电容器被击穿。
(2)有效值。
①电气设备铭牌上标注的额定电压、额定电流。
②交流电压表和交流电流表的示数。
③保险丝的熔断电流。
[例2] 一交变电压由正弦式交变电压和直流电压组成,随时间的变化规律如图所示,Um为已知,则该电压的有效值为(　 　)
B
几种典型电流的有效值
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[针对训练2] (双选)如图所示,图甲、乙分别表示正弦波和矩形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,经过1 min的时间,则(　　 )
AC
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
交变电流与直流电流
1.交变电流与直流电流的区别
项目 交变电流 直流电流
脉冲直流 恒定电流
方向 随时间周 期性变化 不随时 间变化 不随时
间变化
大小 可以随时间变化也可以不随时间变化 可以随 时间变化 不随时
间变化
2.常见的几种交变电流的图像
不同的交变电流的变化规律不同,常见的有以下几种情况,如图所示。
无论大小是否变化,但都有一个共同的特点,就是电流的方向一定随时间周期性变化。
[示例] 下列所示的电流属于交变电流的是(　　)
B
A B C D
【解析】 判断电流是交流还是直流,要看其方向是否随时间做周期性变化,故只有B为交变电流。
「科学·技术·社会·环境」
交变电流
交流电,简称为AC。交流电也称“交变电流”,简称“交流”。它最基本的形式是正弦式交变电流。当发现了电磁感应后,产生交变电流的方法则被发现。早期的发电机由尼古拉·特斯拉、迈克尔·法拉第与波利特·皮克西等人发明出来。1891年,尼古拉·特斯拉取得了“高频率”(15 000赫兹)交流发电机的专利。而1891年后,多相交流发电机被用来供应电流,此后的交流发电机的交变电流频率通常设计在16赫兹至100赫兹间,搭配弧光灯、白炽灯或电动机使用。
[示例] 有些国家照明使用的正弦式交变电流的频率为60 Hz。1 s 内,这种交变电流的电流方向改变的次数为(　　)
A.15 B.30 C.60 D.120
D
【解析】 一个周期内交变电流的电流方向改变两次,故 1 s内改变的次数n=120,故D正确。
检测·学习效果
1.关于交变电流的周期和频率,下列说法正确的是(　　)
A.正弦式交变电流的最大值连续出现两次的时间间隔等于一个周期
B.1 s内正弦式交变电流出现最大值的次数等于频率
C.交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍
D.频率为50 Hz的交变电流,其周期等于0.05 s
C
2.如图是一个正弦式交变电流的图像,下列说法正确的是(　　)
A.频率是0.2 Hz,电流的峰值是10 A
B.周期是0.15 s,电流的峰值是10 A
C.频率是5 Hz,电流的有效值是10 A
D.周期是0.2 s,电流的有效值是7.07 A
D
3.现在市场上的调光台灯、调速风扇等是用可控硅电子元件来实现调节的。如图所示,这是一个经过元件调节后加在电灯上的电压,在正弦式交变电压的每半个周期中都会截去前面的四分之一,则加在电灯上的电压有效值是(　　)
D
4.(双选)如图甲所示为一交变电压随时间变化的图像,每个周期内,前二分之一周期电压恒定,后二分之一周期电压按正弦规律变化。若将此交流电接入如图乙所示的电路,电阻R阻值为 100 Ω,则(　　 )
A.理想电压表读数为100 V
B.理想电流表读数为0.75 A
C.电阻R消耗的电功率为56 W
D.电阻R在100 s内产生的热量为5 625 J
BD
5.家用电子调光灯的调光功能是用电子线路将输入的正弦式交变电压的波形截去一部分来实现的,由截去部分的多少来调节电压,从而实现灯光的调整,比过去用变压器调压方便且体积小。经过某电子调光灯调整后的电压波形如图所示,求灯泡两端的电压的有效值。
感谢观看第3节　科学探究:变压器
[定位·学习目标]　1.了解变压器的构造,理解变压器的工作原理。2.掌握变压器的电压与匝数的关系及应用,理想变压器的功率关系,并导出原、副线圈中的电流关系。
知识梳理
知识点一　变压器的工作原理
1.变压器的构造
由闭合的铁芯和绕在铁芯上的两个或两个以上的线圈组成,如图所示。
(1)原线圈:与电源相连的线圈,也叫初级线圈。
(2)副线圈:与负载相连的线圈,也叫次级线圈。
(3)原线圈两端的电压称为输入电压,副线圈两端的电压称为输出电压。
2.原理:当原线圈两端加上交变电压U1时,原线圈中就有交变电流I1通过,并在铁芯中产生交变的磁场,铁芯中的磁通量就发生变化。由于副线圈也绕在同一铁芯上,铁芯中磁通量的变化便会在副线圈上产生感应电动势。如果在副线圈两端连接负载构成闭合回路,副线圈中就会产生交变的感应电流I2。
3.作用:变压器能升高或降低交变电流的电压。
4.能量转化
虽然变压器原、副线圈的导线互不相连,却可通过变化的磁场传送电能。
知识点二　理想变压器的电压与匝数的关系
1.理想变压器
(1)原、副线圈中电流产生的磁场绝大部分通过铁芯,但也有一些会“漏”到铁芯以外。绕在铁芯上的线圈有电阻,会消耗能量。此外,变压器的铁芯也会因涡流而消耗能量。
(2)理想变压器的特点:
①原、副线圈不计内阻,即不产生焦耳热。
②铁芯中不产生涡流。
③变压器铁芯内无漏磁。
2.原、副线圈的电压关系
理想变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比,即=。
当n2>n1时,U2>U1,这种变压器称为升压变压器;当n2新知检测
1.思考判断
(1)变压器可以改变交变电流的电压,不能改变恒定电流的电压。(　√　)
(2)实际应用中,不存在原线圈与副线圈匝数相等的变压器。(　√　)
(3)理想变压器不仅可以改变交变电流的电压,还可以改变交变电流的频率。(　×　)
(4)理想变压器是客观存在的。(　×　)
(5)=适用于任何理想变压器。(　√　)
(6)输入交变电流的频率越高,输出交变电流的电压就越高。(　×　)
2.思维探究
(1)为什么变压器不能改变恒定电流的电压
(2)交变电流通过变压器改变电压,而频率是否会发生改变
(3)变压器的铁芯为什么用导磁性能很好的薄硅钢片叠压而成
【答案】 (1)变压器是依据电磁感应工作的,只有原线圈中通入交变电流,铁芯中才能产生变化的磁场,使穿过副线圈的磁通量变化而产生交变电流,原、副线圈匝数不同而改变电压。如果变压器接入恒定电流电路,原线圈中的电流不变,在铁芯中不会产生磁通量的变化,副线圈中不会产生电磁感应,变压器就起不到变压作用。
(2)频率不发生改变,这是因为原线圈中电流产生的变化磁场以不变的频率通过副线圈而使副线圈产生同频率的感应电流。
(3)为了减小损耗。变压器的铁芯常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠压而成,使由于磁场变化而产生的涡流被限制在狭窄的薄片之中,且回路的电阻很大,涡流大为减弱,从而减小损耗。
要点一　理想变压器的工作原理及规律
情境探究
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)连接到小灯泡两端。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低压交流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
【答案】 (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E1=n1。若右边线圈匝数为n2,则E2=n2,故有=;若忽略线圈的电阻,则有U1=E1,U2=E2,即=,这样看来只要n1≠n2,小灯泡两端的电压与低压交流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。
要点归纳
1.工作原理
2.基本规律
关系 关系式 说明
电压 关系 = (1)若n1n2,则U1>U2,就是降压变压器
频率 关系 f入=f出 原、副线圈中磁通量的变化规律相同
功率 关系 P入=P出 没有能量损失,只传输电能,不是用电器
电流 关系 = 适用于一个副线圈的情况 由P入= P出,= 推导
n1I1= n2I2+ n3I3+… 适用于多个副线圈的情况
[例1] (2025·福建卷)某理想变压器如图甲,原、副线圈匝数之比为4∶1,输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示,定值电阻R1的阻值为R2的2倍,则(　　)
A.副线圈中交变电流的周期为0.25 s
B.电压表示数为12 V
C.副线圈干路电流为通过R1电流的2倍
D.原、副线圈功率之比为4∶1
【答案】 B
【解析】 由题目中的u-t图像可得T=(0.25-0.1) s,故T=0.2 s,原、副线圈中交变电流的周期相等,A错误;原线圈输入电压的有效值U1= V=48 V,由=,可得U2=12 V,B正确;电阻R1和R2并联,副线圈干路中的电流 I=+,故=3,C错误;理想变压器不消耗电能,故原、副线圈的功率相等,D错误。
关于理想变压器关系式的两点说明
(1)对于公式=,无论副线圈一端是空载的还是有负载的,都是适用的。
(2)由=知,对于只有一个副线圈的理想变压器,电流与匝数成反比。因此,理想变压器高压线圈匝数多而通过的电流小,可用较细的导线绕制,低压线圈匝数少而通过的电流大,应用较粗的导线绕制。
[针对训练1] (双选)如图所示,理想变压器的原线圈匝数为n1=1 000,副线圈匝数n2=200,交流电源的电动势e=311sin 314t V,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.电流频率为50 Hz
B.电流表A1的示数为0.1 A
C.电压表V1的示数为311 V
D.电阻R的发热功率约为44 W
【答案】 AB
【解析】 根据交流电源的电动势表达式可知ω=314 rad/s,根据ω=2πf,解得f=50 Hz,A正确;交变电压的有效值U1= V=220 V,电压表V1的示数为220 V,根据=,解得U2=
44 V,根据欧姆定律,得电流I2==0.5 A,根据=,得 I1=0.1 A,B正确,C错误;电阻R的发热功率约为P=U2I2=44×0.5 W=22 W,D错误。
要点二　理想变压器的动态变化
情境探究
　如图所示电器中,理想变压器原、副线圈匝数比确定。
(1)理想变压器原、副线圈的电压、电流、功率分别由谁起决定作用
(2)若只增大副线圈的负载电阻,则理想变压器原、副线圈的电压、电流、功率分别怎样变化
【答案】 (1)副线圈输出电压U2由原线圈输入电压U1决定,原线圈中的输入电流I1由副线圈中的输出电流I2决定,原线圈输入功率由副线圈输出功率决定。
(2)原线圈输入电压U1不变,副线圈输出电压U2不变,增大负载电阻,副线圈输出电流I2减小,原线圈输入电流I1也减小,副线圈输出功率P2减小,原线圈输入功率P1减小。
要点归纳
1.理想变压器各物理量间的制约关系
(1)输入电压决定输出电压:由=得U2=U1。当U1不变时,U2也不会变,与负载电阻R大小及是否变化无关。
(2)输出功率决定输入功率:对理想变压器 P出=P入。
(3)负载决定输出电流:当U1一定时,U2也一定,对副线圈有I2=,所以当R变化时,I2也随之变化,即R变大,I2变小;R变小,I2变大。
(4)输出电流决定输入电流:由n1I1=n2I2得 I1=I2,所以当I2变化时,I1也随之变化。即I2变大,I1变大;I2变小,I1也变小。
2.对理想变压器进行动态分析的两种常见情况
(1)输入电压U1不变,原、副线圈匝数比(=k)不变,分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况,进行动态分析的顺序是 R→I2→P2→P1→I1。
(2)输入电压U1不变,负载电阻R不变,分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况,进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1。
[例2] 如图所示,理想变压器原线圈接在正弦式交变电源上,副线圈通过输电线连接两只相同的灯泡L1、L2,输电线的等效电阻为R,在图示状态下,开关S是断开的,当开关S闭合时,下列说法正确的是(　　)
A.副线圈两端输出电压减小
B.等效电阻R两端的电压减小
C.通过灯泡L1的电流减小
D.原线圈中的电流减小
【答案】 C
【解析】 理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的,由于输入电压和匝数比不变,所以副线圈的输出电压也不变,故A错误;当S闭合后,两个灯泡并联,电路的总电阻减小,副线圈的电流变大,所以通过等效电阻R的电流变大,等效电阻R两端的电压增大,那么并联部分的电压减小,所以通过灯泡L1的电流减小,故B错误,C正确;由于副线圈电路中的总电阻减小,输出功率变大,所以原线圈的输入功率也变大,因为输入电压不变,所以原线圈中的电流要变大,故D错误。
理想变压器动态问题的处理方法
(1)首先抓住三个决定性原则: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)根据闭合电路欧姆定律,判定副线圈电流的变化、功率的变化。
[针对训练2] 理想变压器的原线圈连接电流表,副线圈接入电路的匝数可以通过触头Q调节,在副线圈输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,在原线圈上加一电压为U的交变电流,如图所示.下列情况可能出现的是(　　)
A.若Q位置不变,将P向上滑动,U′变大
B.若Q位置不变,将P向上滑动,电流表的读数变大
C.若P位置不变,将Q向上滑动,电流表的读数变大
D.若P位置不变,将Q向上滑动,变压器的输入功率不变
【答案】 C
【解析】 当理想变压器的输入电压U,以及原、副线圈的匝数比不变时,副线圈两端的电压也不变,A项错误;由P出=知R增大时,输出功率减小,又由P入=P出得原线圈输入功率减小,故电流表读数变小,B项错误;Q向上滑动时,U′增大,而负载电阻不变,则输出功率要增大,即输入功率也要增大,原线圈中的电流就要增大,电流表的读数变大,C项正确,D项错误。
模型·方法·结论·拓展
变压器和分压器
如图所示,变压器和分压器都能起到改变电压的作用,但二者有着本质区别。
1.变压器是一种电感性仪器,是根据电磁感应原理工作的;而分压器是一种电阻性仪器,是根据电阻串联分压原理工作的。
2.变压器可以改变交流电压,不能改变恒定电流电压;而分压器既可改变交流电压,也可改变恒定电流电压。
3.变压器可以使交流电压升高或降低;而分压器不能使电压升高。
4.对于理想变压器,电压与线圈匝数成正比,即 Uab∶Ucd=n1∶n2;而对于分压器,电压与电阻成正比,即Uef∶Ugh=Ref∶Rgh。
5.若在cd间、gh间分别接入负载电阻R0后,对于变压器,Ucd不随R0的变化而变化;而对于分压器,Ugh将随R0的增大而增大,随R0的减小而减小。
6.理想变压器的输入功率随输出功率的变化而变化,且始终相等,即P入=P出;而分压器空载时,输入功率P入=I2Ref不变。
[示例] (双选)(2024·全国甲卷)如图,理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节,副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态,在原线圈电压U0不变的情况下,为提高R1的热功率,可以(　　)
A.保持T不动,滑动变阻器R的滑片向f端滑动
B.将T向b端移动,滑动变阻器R的滑片位置不变
C.将T向a端移动,滑动变阻器R的滑片向f端滑动
D.将T向b端移动,滑动变阻器R的滑片向e端滑动
【答案】 AC
【解析】 保持T不动,变压器的输出电压不变,并联电路两端电压不变,滑动变阻器R的滑片向f端滑动时,接入电路的电阻减小,由串联电路分压原理可知,R1两端的电压增大,R1的热功率增大,A正确;T向b端移动时,变压器副线圈接入电路的匝数减少,变压器的输出电压减小,若滑动变阻器R的滑片位置不变,则各电阻两端的电压减小,R1的热功率减小,若滑动变阻器R的滑片向e端滑动,滑动变阻器接入电路的电阻变大,则R1两端的电压减小,R1的热功率减小,B、D错误;T向a端移动时,变压器的输出电压增大,并联电路两端电压增大,滑动变阻器R的滑片向f端滑动,滑动变阻器接入电路的电阻减小,则R1两端的电压增大,R1的热功率增大,C正确。
科学·技术·社会·环境
自耦变压器
　　自耦的耦是电磁耦合的意思,普通的变压器是通过原、副线圈电磁耦合来传递能量,原、副线圈没有直接的导线联系,自耦变压器原、副线圈为同一线圈,它的低压线圈是高压线圈的一部分。
自耦变压器是输出和输入共用一组线圈的特殊变压器。它是通过改变输出端滑动触头位置,达到调节输出电压的目的的。其原理和普通变压器一样。一般的变压器是原线圈通入交变电流产生变化磁场,使变化磁场通过另一副线圈产生交变电流,原、副线圈匝数不同而输出不同电压,而自耦变压器是线圈自身通入交变电流,使其中一部分输出频率相同、电压不同的交变电流。
[示例] 如图甲所示为一自耦变压器,变压器的原线圈A、B两端输入电压如图乙所示,副线圈电路中定值电阻R0=11 Ω,电容器C的击穿电压为22 V,移动滑动触头P使电容器刚好不会被击穿,所有电表均为理想电表,下列说法正确的是(　　)
A.电压表的示数为220 V
B.原、副线圈的匝数比为10∶1
C.电流表的示数等于通过电阻R0的电流
D.原线圈A、B两端输入电压的变化规律为 u=311sin πt V
【答案】 A
【解析】 由题图乙知,输入电压的有效值即电压表的示数为220 V,A正确;电容器击穿电压为交变电压的最大值,则有效值为 V=11 V,所以原、副线圈的匝数比为10∶1,B错误;电容器通交变电流,所以电流表的示数大于通过电阻R0的电流,C错误;由题图乙知交变电流的周期为 0.02 s,所以角速度为100π rad/s,原线圈A、B两端输入电压的变化规律为u=311sin 100πt V,D错误。
1.无线充电技术能实现能量的无线传输,其工作原理与变压器相同,如图是用无线充电设备给手机充电,下列关于无线充电的说法正确的是(　　)
A.充电设备中的线圈通恒定电流也可以对手机进行无线充电
B.充电设备中的电流与手机中的充电电流一定相等
C.充电的原理主要利用了自感
D.充电设备与手机不接触也能充电
【答案】 D
【解析】 充电设备中的线圈通恒定电流时,其产生的磁场是恒定的,不能使手机产生感应电流,不能实现无线充电,A错误;充电设备与手机的充电电流不一定相等,就像变压器工作原理一样,原、副线圈匝数不一样,电流就不同,B错误;充电的原理主要利用了电磁感应的互感原理,所以充电设备与手机不接触也能充电,C错误,D正确。
2.(双选)如图所示,线圈面积为0.1 m2,匝数为100,绕OO′轴在磁感应强度为 T的匀强磁场中以角速度5π rad/s匀速转动。从图示位置开始计时。理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,两电表均为理想电表,电阻R=50 Ω,其他电阻不计,下列判断正确的是(　　)
A.在t=0.2 s时,穿过线圈的磁通量变化率最大
B.=时,变压器输入功率为50 W
C.P向上移动时,电压表示数变大
D.P向上移动时,电流表示数变小
【答案】 BD
【解析】 周期为T==0.4 s,在t=0.2 s=T时,线圈平面与磁场方向垂直,穿过线圈的磁通量最大,磁通量变化率最小,故A错误;交变电流电压的最大值为Em=nBSω=10 V,则原线圈电压U1==10 V,当=时,由=,得副线圈电压U2=50 V,则副线圈功率P2==
W=50 W,所以输入功率也为50 W,故B正确;当P位置向上移动时,副线圈匝数变小,副线圈电压变小,即电压表示数变小,根据P=可知,副线圈功率减小,则原线圈功率减小,原线圈电压不变,则原线圈电流减小,所以电流表示数减小,故C错误,D正确。
3.如图所示的理想变压器原线圈的匝数为 1 000,两个副线圈的匝数分别为 n2=50,n3=100,L1是标有“6 V　2 W”字样的小灯泡,L2是标有“12 V　4 W”字样的小灯泡,当n1接上交变电流时,L1、L2都正常发光,那么原线圈中的电流为(　　)
A. A B. A
C. A D. A
【答案】 C
【解析】 理想变压器的输出功率为P出=P1+P2=2 W+4 W=6 W,由P入=P出,得I1U1=6 W,又=,所以U1=U2=×6 V=120 V,所以I1= A= A。
4.如图所示,l1和l2是输电线,图中空圈内应填入所用的电表的名称,1位置应为　　　　表,2位置应为　　　 　表。已知=,=,并且电压表示数为 220 V,电流表示数为1 000 A,则输电线路中的功率为　　　　 W。
【答案】 电压　电流　2.2×109
【解析】 1位置的仪表是原线圈两端并联接入输电线,所以是电压互感器,为电压表。2位置的仪表的原线圈是串联接入输电线的一根导线,所以是电流互感器,为电流表。已知电压表示数为220 V,且=,由=得,传输电压为U1=220×100 V=2.2×104 V,电流表示数为1 000 A,且=,由=得,传输电流为I3=1 000×100 A=1×105 A,所以输电功率为P=U1I3=2.2×109 W。
5.如图所示为一个小型交流发电机的示意图,其线框ABCD匝数n=100,面积为S=0.02 m2,总电阻 r=10 Ω,绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动,角速度ω=100 rad/s。已知匀强磁场磁感应强度B= T,矩形线框通过滑环与理想变压器相连,副线圈与电阻相接,电表均为理想电表,电压表示数为U=180 V。从线框转至中性面位置开始计时,求:
(1)线框中感应电动势的瞬时值表达式;
(2)电流表的示数;
(3)当原、副线圈匝数比为2∶1时,电阻R的阻值及消耗的电功率。
【答案】 (1)e=200sin 100t V
(2)2 A　(3)22.5 Ω　360 W
【解析】 (1)线框中感应电动势的峰值
Em=nBSω=200 V,
由于从线框转至中性面位置开始计时,故瞬时值表达式为e=Emsin ωt=200sin 100t V。
(2)感应电动势的有效值为
E==200 V,
线框自身分到的电压为
U线框=E-U=200 V-180 V=20 V,
又U线框=Ir,
所以电流表示数为
I== A=2 A。
(3)由于理想变压器P入=P出,
则电阻R上消耗的电功率为
P=IU=360 W,
设副线圈两端电压为U′,则有==,
解得U′=90 V,
所以R==22.5 Ω。
课时作业
基础巩固
1.关于理想变压器的工作原理,以下说法正确的是(　　)
A.通有正弦式交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B.穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C.穿过副线圈的磁通量发生变化使得副线圈产生感应电动势
D.原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
【答案】 C
【解析】 通有正弦式交变电流的原线圈产生的磁场是变化的,由于面积S不变,故磁通量Φ变化,A错误;因理想变压器无漏磁,穿过原、副线圈的磁通量相等,B错误;由电磁感应的条件可知,C正确;原线圈与铁芯彼此绝缘,不是电流通过铁芯流到副线圈,而是通过其互感作用,使副线圈产生了交变电流,D错误。
2.(双选)如图所示,理想变压器的原线圈两端连接导轨,副线圈和电阻R相连构成闭合回路,导体棒在垂直于导轨平面的匀强磁场中沿导轨向右匀速切割磁感线。下列说法正确的是(　　)
A.电压表V1的示数不为零
B.电压表V1的示数为零
C.电压表V2的示数不为零
D.电压表V2的示数为零
【答案】 AD
【解析】 当导体棒做匀速直线运动切割磁感线时,导体棒中产生恒定的感应电动势,所以电压表V1的示数不为零,A正确,B错误;由于导体棒中产生的感应电动势恒定,穿过变压器原线圈的电流恒定,使得穿过变压器副线圈的磁通量不变,副线圈所在回路没有感应电动势,所以电压表V2的示数为零,C错误,D正确。
3.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=4∶1,原线圈接在u1=24sin 100πt V的交流电源上,电路中电压表和电流表均为理想交流电表,灯泡的电阻为 6 Ω,则(　　)
A.电压表的读数为6 V
B.电流表的读数为1 A
C.原、副线圈交变电流的频率之比为4∶1
D.原、副线圈交变电流的功率之比为4∶1
【答案】 B
【解析】 由题意可知,原线圈两端电压的有效值为U1==24 V,根据=可得,U2=U1=
6 V,所以电压表的读数为U2=6 V,故A错误;电流表的读数为I2==1 A,故B正确;变压器只改变电压和电流,不改变频率和功率,所以原、副线圈交变电流的频率之比和功率之比均为1∶1,故C、D错误。
4.电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫,原理如图所示,将锂电池的 4 V电压通过转换器转变为交流电压u=4sin 10 000πt V,再将其加在理想变压器的原线圈上,副线圈两端接电击网,电压峰值达到2 700 V时可击杀蚊虫。电蚊拍正常工作时,下列说法正确的是(　　)
A.交流电压表的示数为4 V
B.副线圈与原线圈匝数比需满足≥675
C.电击网上的高频电压的频率为10 000 Hz
D.相比副线圈,原线圈应该用较细的导线绕制
【答案】 B
【解析】 交流电压表的示数等于正弦式交变电压的有效值,U== V=2 V,故A错误;根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系,副线圈与原线圈匝数比需满足=≥=675,故B正确;交变电压的频率为f== Hz=5 000 Hz,由于变压器不改变交变电压的频率,则电击网上的高频电压的频率为 5 000 Hz,故C错误;根据理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系,通过原线圈的电流大于通过副线圈的电流,副线圈应该用较细的导线绕制,故D错误。
5.(双选)如图所示,交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中以角速度ω绕垂直于磁场的轴匀速转动,与理想变压器原线圈相连,则(　　)
A.在图示位置时,矩形线圈中磁通量变化率最小
B.若仅增加副线圈的匝数,则原线圈中的电流增大
C.若仅将ω变为原来的2倍,则电路的总功率变为原来的2倍
D.若仅将滑动变阻器滑动触头向下滑动,可使L1变亮,L2变暗
【答案】 AB
【解析】 在图示位置时,矩形线圈中磁通量最大,磁通量变化率最小,为零,A正确;若仅增加副线圈的匝数,由=可知,副线圈两端电压增大,则副线圈中电流增大,由=可知,原线圈中的电流增大,B正确;若仅将ω变为原来的2倍,由e=nBSωsin ωt,则最大电动势变为原来的2倍,根据E=,电动势的有效值变为原来的2倍,副线圈两端电压也变为原来的2倍,再由功率公式P=,R不变,则电路的总功率变为原来的4倍,C错误;若仅将滑动变阻器滑动触头向下滑动,R0减小,R0与R2串联和R1并联的总电阻减小,副线圈输出电压不变,L2变亮,L1不变,D错误。
6.如图所示,电路中有四个完全相同的灯泡,额定电压均为2.5 V,额定功率均为2 W,变压器为理想变压器,现在四个灯泡都正常发光,则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U分别为(　　)
A.1∶2　5 V B.1∶2　10 V
C.2∶1　10 V D.2∶1　5 V
【答案】 C
【解析】 设灯泡的额定电压为U0,额定电流为I0,由题图可知,原线圈中电流I1=I0,副线圈中两灯并联,副线圈中电流I2=2I0,U2=U0,根据理想变压器的基本规律有 n1∶n2=I2∶I1=
2∶1,根据 U1∶U2=n1∶n2,得U1=2U0,所以U=2U0+U1=10 V,故选C。
7.自耦变压器的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,原线圈为1 100匝,接在电压有效值为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,且变压器是理想变压器,则U2和I1分别约为　　　　 V和　　　　 A,流经负载R的电流为　　　　A(结果保留一位小数)。
【答案】 380　9.1　5.3
【解析】 由理想变压器原、副线圈中电压、电流及功率关系可得=,=,U1I1=P1=P2,所以当变压器输出电压调至最大时,副线圈的匝数为 n2=1 900,负载R上的功率为2.0 kW,即变压器输入功率为2.0 kW,则U2=U1=×220 V=380 V,I1== A≈9.1 A,
I2=I1=×9.1 A≈5.3 A。
8.如图所示,理想变压器的原线圈连接峰值为 16 V 的正弦式交变电流,该变压器的原线圈匝数n1=800,副线圈匝数n2未知,n3=200,两副线圈分别接上灯泡L和定值电阻R。闭合开关S1,灯泡正常发光,已知灯泡的额定功率为8 W,额定电流为1 A,定值电阻 R=4 Ω。
(1)求副线圈匝数n2;
(2)若同时闭合开关S1和S2,求原线圈中的电流I1。
【答案】 (1)400匝　(2)0.75 A
【解析】 (1)对灯泡有P2=U2I2,
解得U2=8 V,
原线圈两端电压的有效值为U1==16 V,
由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比
=,
解得n2=400。
(2)若同时闭合开关S1和S2,对副线圈n3则有
=,
解得U3=4 V,
对电阻R由电功率公式可得
P3==4 W,
由理想变压器原、副线圈的功率关系可得
U1I1=P2+P3,
解得I1=0.75 A。
能力提升
9.如图甲所示电路中,L1为标有“4 V　2 W”字样的小灯泡,L2、L3为两只标有“8 V　6 W”字样的相同灯泡,变压器为理想变压器,各电表为理想电表,当a、b两端接如图乙所示的交变电压时,三只灯泡均正常发光。下列说法正确的是(　　)
A.电流表的示数为0.75 A
B.交变电压的最大值Um=28 V
C.变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1
D.电压表的示数为16 V
【答案】 C
【解析】 三只灯泡都正常发光,由P=UI可知,流过L2、L3的电流均为0.75 A,所以电流表的示数为1.5 A,即副线圈中的电流为1.5 A,同理可知流过L1的电流为0.5 A,原线圈中的电流为 0.5 A,所以==,A错误,C正确;原、副线圈两端的电压之比U1∶U2=n1∶n2,并且U2=8 V,可得U1=24 V,故电压表的示数为 24 V,a、b两端的电压为Uab=U1+UL1=28 V,而交变电压的最大值为28 V,B、D错误。
10.(双选)如图所示为某台式电脑的电源部分电路图,变压器可视为理想变压器,已知变压器初级线圈匝数为n1,接电压 U1=220 V的交流电源,次级有两个绕组,匝数分别为n2和n3,输出电压分别为U2=12 V和U3=5 V,电路工作时流过每个绕组的电流分别为I1、I2、I3,两个绕组输出的功率分别为120 W和60 W。则下列说法正确的是(　　)
A.初级线圈和次级线圈内的磁通量变化率不相同
B.=
C.I1= A,I2=10 A,I3=12 A
D.=
【答案】 BC
【解析】 由于初级线圈和次级线圈绕在同一铁芯上,所以通过线圈的磁通量相等,磁通量的变化率也相同,故A错误;由法拉第电磁感应定律E=n,可知==,故B正确;由P=UI可知,绕组n2输出电流I2=10 A,绕组n3输出电流I3=12 A,理想变压器的输入功率等于输出功率,即 P1=P2+P3,所以绕组n1输入电流I1= A,故C正确;由功率关系P1=P2+P3,可知n1I1=n2I2+n3I3,所以≠=,故D错误。
11.(双选)如图甲所示的理想自耦变压器的原线圈接有如图乙所示的正弦式交变电压,副线圈接有可调电阻R,滑动触头P与线圈始终接触良好,下列判断正确的是(　　)
A.交流电源的电压u随时间t变化的规律是u=U0cos 100πt V
B.若仅将滑动触头P向A端滑动,则电阻R消耗的电功率增大
C.若仅使电阻R增大,则原线圈的输入电功率增大
D.若使电阻R增大的同时,将滑动触头P向B端滑动,则通过A处的电流一定增大
【答案】 AB
【解析】 由题图乙可得交流电源的周期为T=0.02 s,电压最大值为U0,则交流电源的电压u=U0cos 100πt V,选项A正确;根据=知,若仅将滑动触头P向A端滑动,即n2增大,则副线圈的输出电压U2增大,由P=知电阻R消耗的电功率增大,选项B正确;若仅使电阻R增大,输出电压U2一定,则输出电功率减小,原线圈的输入电功率减小,选项C错误;若使电阻R增大的同时,将滑动触头P向B端滑动,则输出电压U2减小,负载电阻增大,则输出和输入的电功率都减小,通过A处的电流I1=一定减小,选项D错误。
12.(2022·湖南卷)如图,理想变压器原、副线圈总匝数相同,滑动触头P1初始位置在副线圈正中间,输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R,滑动变阻器R2的最大阻值为9R,滑片P2初始位置在最右端。理想电压表的示数为U,理想电流表的示数为I。下列说法正确的是(　　)
A.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,I减小,U不变
B.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率增大
C.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,I减小,U增大
D.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率减小
【答案】 B
【解析】 设原线圈两端电压为U1,副线圈两端电压为U2,通过原线圈的电流为I1,通过副线圈的电流为I2,由理想变压器变压规律和变流规律可得,原、副线圈及定值电阻R1的等效电阻为R′===()2=() 2R1=4R13.(双选)图甲是手机无线充电器的示意图,其简化原理如图乙所示,该装置可等效为理想变压器,当充电盘上的送电线圈接上正弦式交变电流后,手机中的受电线圈中产生交变电流。送电线圈的匝数为n1,受电线圈匝数为n2,且n1∶n2=3∶1,ab间电压为220 V。两个线圈中所接的电阻R1、R2的阻值相等。当该装置给手机充电时,手机两端的电压为 5 V,电流为2 A,则(　　)
A.若充电器线圈中通恒定电流,则手机线圈中将产生恒定电流
B.流过送电线圈与受电线圈的电流之比为1∶3
C.受电线圈cd两端的输出电压为73.3 V
D.送电线圈所接电阻R1两端的电压为20.5 V
【答案】 BD
【解析】 根据产生感应电流的条件可知,若充电器线圈中通恒定电流,则手机线圈中将不会产生电流,故A错误;根据电流与线圈匝数的关系,则流过送电线圈与受电线圈的电流之比为==,又手机充电时电流为I2=2 A,故流过送电线圈的电流Iab= A,根据电压与匝数关系有==,又Ucd=U手机+I2R2,又 R1=R2,代入数据解得R1=R2=30.75 Ω,则受电线圈cd两端的输出电压为Ucd=U手机+I2R2,代入数据解得Ucd=66.5 V,送电线圈所接电阻R1两端的电压为UR1=IabR1,代入数据解得UR1=20.5 V,故B、D正确,C错误。
14.如图所示,理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比 n1∶n2=2∶1,交流电源电压u=311sin 100πt V,F为熔断电流为I0=1.0 A的保险丝,负载R为一可变电阻。
(1)当电阻R=100 Ω时,保险丝能否被熔断
(2)要使保险丝不被熔断,电阻R的阻值应不小于多少 变压器输出的电功率不能超过
多少
【答案】 (1)保险丝不会被熔断　(2)55 Ω　220 W
【解析】 (1)原线圈两端电压的有效值为
U1= V≈220 V,
由=得副线圈两端的电压
U2=U1=×220 V=110 V,
当R=100 Ω时,副线圈中电流
I2== A=1.10 A,
由U1I1=U2I2得原线圈中的电流为
I1=I2=×1.10 A=0.55 A,
I1(2)设电阻R取某一值R0时,原线圈中的电流I1′刚好达到熔断电流I0,即I1′=1.0 A,则副线圈中的电流为
I2′=I1′=·I1′=2×1.0 A=2.0 A,
可变电阻R的阻值为R0== Ω=55 Ω,
此时变压器的输出功率为
P2=I2′U2=2.0×110 W=220 W,
可见,要使保险丝F不被熔断,电阻R的阻值不能小于55 Ω,输出的电功率不能大于220 W。
15.如图是某同学设计的给电风扇切换挡位的电路示意图,a、c是理想变压器原线圈两端的接点,b是原线圈之间抽头的接点。开关S用来改变电风扇的工作挡位,1挡时电风扇的输入功率为 44 W,输出功率为36 W;2挡时电风扇的输入功率为 88 W,输出功率为70 W。理想变压器原线圈输入的交流电压为220 V,开关S接a时变压器原、副线圈的匝数比为10∶1。
(1)1挡时,开关S应该接a还是接b 通过原线圈的电流多大
(2)求电风扇的内阻;
(3)bc间匝数与副线圈匝数的比为多少
【答案】 (1)接a　0.2 A　(2)2 Ω　(3)15∶2
【解析】 (1)接1挡时,电风扇的输入功率较小,则电风扇两端的电压较小,变压器副线圈的输出电压较小,故开关接a。
根据功率公式有P1入=U1I1,
解得通过原线圈的电流为I1=0.2 A。
(2)接1挡时,根据变压器电流关系可知
I1∶I2=1∶10,
解得I2=2 A,
根据能量守恒定律,可知电风扇的热功率为
Pr=P1入-P1出=r,
解得电风扇的内阻为r=2 Ω。
(3)开关接b时为2挡,可知此时电风扇的热功率为
Pr′=P2入-P2出=I2′2r,
解得I2′=3 A,
变压器消耗的功率为
P2入=U2′I2′,
解得U2′= V,
根据变压器电压关系可知
U1∶U2′=nb∶n2,
解得nb∶n2=15∶2。第2节　交变电流的产生
[定位·学习目标]　1.了解交流发电机的工作原理。2.知道交变电流的产生,会判断电流方向的变化。3.掌握交变电流的变化规律,会写出其瞬时值表达式;能从正弦式交变电流的图像中读出峰值、周期,能对正弦式交变电流的图像描述和函数式描述进行转换。
知识梳理
知识点一　交流发电机
1.定义:由法拉第电磁感应定律可知,只要通过闭合回路的磁通量发生变化,就可产生感应电动势和感应电流。发电机就是利用这一原理把机械能转变成电能的装置。能产生大小和方向随时间做周期性变化电流的发电机,称为交流发电机。
2.组成:主要由线圈(电枢)和磁极两部分组成。
3.分类
(1)旋转电枢式发电机:磁极固定不动,电枢转动。
(2)旋转磁极式发电机:电枢固定不动,磁极转动。
(3)不论哪一种发电机,转动的部分都称为转子,固定不动的部分都称为定子。
知识点二　正弦式交变电流的产生原理
1.产生条件:线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
2.过程分析
3.中性面:线圈平面与磁感线垂直时所在的平面。
4.感应电流的方向:在线圈连续转动过程中,感应电流的大小和方向都将随时间做周期性变化。线圈每经过中性面一次,感应电流的方向就改变一次;线圈每转动一周,感应电流的方向就改变两次。因为感应电流是由感应电动势引起的,所以线圈转动所产生的感应电动势也随时间做周期性变化。
知识点三　正弦式交变电流的变化规律
1.感应电动势的变化规律
设矩形线圈ab边的长度是l,ad边长为l′,磁场的磁感应强度为B。若线圈在磁场中从中性面开始以角速度ω匀速转动,经过时间t之后,线圈平面转过的角度θ=ωt。这时,线圈ab边的线速度v=ωl′,其在垂直于磁感线方向的分量vsin θ=ωl′sin ωt。因此,线圈ab边产生的感应电动势 eab=Blωl′sin ωt=BωSsin ωt(S为线圈所围面积)。同理,在线圈cd边也会产生与ab边产生的大小相等的感应电动势。所以在这一瞬间,整个线圈所产生的感应电动势e=BωSsin ωt。如果线圈是由n匝相同的矩形线圈组成,则e=nBωSsin ωt。当线圈平面转到与磁感线平行的位置时,感应电动势达到最大值,Em=nBSω。因此,感应电动势随时间变化的规律又可表示为e=Emsin ωt。
2.电压、电流的变化规律
在只含有电阻的交流电路中,负载两端电压u、流过的电流i分别为u=Umsin ωt,i=Imsin ωt。
3.峰值:表达式中的Em、 Um、Im分别为感应电动势、电压和感应电流的最大值,也叫峰值。
4.正弦式交变电流的图像
新知检测
1.思考判断
(1)只要线圈在磁场中转动,就可以产生交变电流。(　×　)
(2)当线圈中的磁通量最大时,产生的电流也最大。(　×　)
(3)线圈绕垂直于磁感线的轴转动时产生的电流是交变电流,电动势的峰值与线圈的形状有关。(　×　)
(4)交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置有关。(　√　)
(5)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。(　×　)
(6)发电机是将其他形式的能转化为电能的装置。(　√　)
2.思维探究
(1)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
(2)交流发电机输出的电流都可以表示为i=Imsin ωt 吗
(3)交流发电机中线圈的角速度ω保持不变的前提下,怎样才能使发电机有较大的电动势峰值
【答案】 (1)根据法拉第电磁感应定律E=n可知,感应电动势的大小不是与磁通量Φ直接对应,而是与磁通量的变化率成正比。虽然线圈经过中性面时磁通量最大,但磁通量的变化率为零,所以感应电动势为零;虽然线圈平面与中性面垂直时磁通量为零,但磁通量的变化率最大,所以感应电动势最大。
(2)不一定。如果线圈从与中性面垂直时开始计时,则输出的电流表示为i=Imcos ωt。
(3)由于Em=nBSω,要增大发电机产生的电动势的峰值,可增加线圈的匝数、增大匀强磁场的磁感应强度或增大线圈的面积。
要点一　正弦式交变电流的产生原理
情境探究
如图甲、乙所示,把小灯泡分别接到干电池和手摇发电机的输出端。如图丙所示,把电流计接入到手摇发电机的输出端。
试结合上述情境,讨论下列问题:
(1)闭合图甲、乙中开关,且转动发电机的手柄,观察小灯泡的发光情况,小灯泡的发光情况能够说明什么
(2)摇动图丙中发电机的手柄,观察电流计的指针摆动情况是怎样的 电流计指针的摆动情况说明什么问题
【答案】 (1)接在直流电路中的小灯泡亮度不变;转动手摇发电机的手柄,小灯泡的亮度不断变化,这说明了手摇发电机产生的电流大小不断变化,不同于电池产生的恒定电流。
(2)电流计的指针不停地在“0”刻度线两侧左右摆动,说明电路中产生的电流方向发生周期性变化。
要点归纳
1.产生原理:由法拉第电磁感应定律可知,当闭合回路的部分导体做切割磁感线的运动时,闭合回路中就有感应电流产生。
当线圈在磁场中转动时,线圈所在的闭合回路中有感应电流产生,可用如图所示的装置做实验,当线圈转动时,可以观察到电流计的指针在中央刻度线两侧来回摆动,说明流过电流计的电流大小和方向都在不停地变化。
2.交变电流产生过程中的两个特殊位置
图示
概念 中性面位置 与中性面垂直的位置
特点 B⊥S B∥S
Φ=BS,最大 Φ=0,最小
e=n=0,最小 e=n=nBSω, 最大
感应电流为零, 方向改变 感应电流最大, 方向不变
3.两点说明
(1)线圈中的磁通量最大时,磁通量的变化率为零,交变电流最小,为零且方向改变。
(2)线圈转动一周,交变电流的方向改变两次。
[例1] 如图所示为演示交变电流产生的装置图,关于这个实验,下列说法正确的是(　　)
A.线圈从中性面位置转过180°过程,穿过线圈的磁通量变化量为零
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
【答案】 C
【解析】 若磁场的磁感应强度为B,线圈面积为S,线圈从中性面位置转过180°过程中,穿过线圈的磁通量可认为由BS变化为-BS,其变化量为 -2BS,故A错误;题图所示位置线圈平面与磁场方向平行,不是中性面,故B错误;根据右手定则,题图所示位置ab边的感应电流方向为a→b,故C正确;线圈平面与磁场方向平行时,磁通量为零,磁通量变化率最大,故D错误。
交变电流产生的两点注意
(1)中性面是一个假想的参考平面,实际不存在。
(2)产生正弦式交变电流的条件是:线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动,与线圈的形状和转轴的位置无关。
[针对训练1] 交流发电机发电过程示意图如图所示,线圈转动过程中,下列说法正确的是(　　)
A.转到图甲位置时,通过线圈的磁通量变化率最大
B.转到图乙位置时,线圈中产生的感应电动势为零
C.转到图丙位置时,线圈中产生的感应电流最大
D.转到图丁位置时,AB边感应电流方向为 A→B
【答案】 D
【解析】 转到题图甲位置时,线圈平面与磁感线垂直,磁通量最大,但磁通量变化率为零,A错误;转到题图乙位置时,线圈产生的感应电动势最大,B错误;转到题图丙位置时,线圈位于中性面位置,此时感应电流最小为零,C错误;转到题图丁位置时,根据楞次定律或右手定则可判断AB边感应电流方向为A→B,D正确。
要点二　正弦式交变电流的变化规律
情境探究
如图所示,单匝线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场的中心轴OO′转动。
试结合上述现象讨论:
(1)当线圈平面从中性面开始计时,试分析并计算单匝线圈中感应电动势瞬时值的表达式。若线圈为n匝呢
(2)若从垂直于中性面的位置开始计时,感应电动势的表达式是怎样的
(3)电动势的最大值与开始计时的位置是否有关
(4)在(1)(2)两种情况下e-t图像有什么区别
【答案】 (1)若线圈平面从中性面开始计时,如图所示,则经时间t,线圈转过的角度为ωt,ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ=ωt,ab边转动的线速度大小v=ω,ab边产生的感应电动势eab=BLabvsin θ=sin ωt,整个线圈产生的感应电动势e=2eab=BSωsin ωt。若线圈为n匝,e=nBSωsin ωt。
(2)若线圈从垂直于中性面位置开始计时,t=0时感应电动势e为最大值,则感应电动势的表达式为e=BSωcos ωt。
(3)线圈在匀强磁场中匀速转动时,感应电动势的最大值Em=BSω,与开始计时的位置无关。
(4)线圈从中性面开始计时,e-t图像为正弦图像;线圈从垂直于中性面开始计时,e-t图像为余弦图像。
要点归纳
　从两个特殊位置开始计时的瞬时值表达式
项目 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=Φmcos ωt= BScos ωt Φ=Φmsin ωt= BSsin ωt
感应 电动势 e=Emsin ωt= nBSωsin ωt e=Emcos ωt= nBSωcos ωt
输出电压 u=Umsin ωt= sin ωt u=Umcos ωt= cos ωt
负载电流 i=Imsin ωt= sin ωt i=Imcos ωt= cos ωt
[例2] 如图所示为交流发电机示意图,矩形线圈的匝数n=50,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,磁感应强度与线圈轴线垂直,线圈总电阻r=1 Ω,外接电阻 R=9 Ω,线圈以 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)理想交流电压表和理想交流电流表的读数。
【答案】 (1)160 V　(2)i=16sin 200t A
(3)72 V　8 A
【解析】 (1)线圈中产生的感应电动势的最大值
Em=nBSω=nBlablbc·2πn′
=50×0.2×0.4×0.2×2π× V
=160 V。
(2)若线圈从通过中性面时开始计时,则交变电流的表达式为正弦函数。
由于ω=2π× rad/s=200 rad/s,
Im==16 A,
故电流随时间变化的关系式
i=16sin 200t A。
(3)电压表和电流表的读数为交变电流的有效值。
U=IR,I=Im=8 A,
所以电压表的读数U=72 V,
电流表的读数I=8 A。
解答交变电流的瞬时值问题的思路
[针对训练2] 如图甲所示,交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,穿过该线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示。线圈的匝数 n=20,线圈电阻r=1 Ω,电阻R=9 Ω,电流表A可看作理想电流表。则t=0.5 s 时感应电动势最　　　　,线圈转动一周的过程中感应电动势的最大值为　　　V,通过电阻R的最大电流为　　　　A。
【答案】 小　4　0.4
【解析】 根据法拉第电磁感应定律E=n,由题图乙知t=0.5 s时,磁通量的变化率为零,所以此时感应电动势为零,最小。由题图乙知 Φm= Wb,T=2.0 s,则ω==π rad/s;交流发电机线圈转动一周的过程中,线圈中感应电动势的最大值为Em=nBSω=nΦmω=20××π V=
4 V,通过电阻R的最大电流Im==0.4 A。
要点三　交变电流图像的应用
情境探究
如图是一个正弦式交变电流的图像。
(1)该电流的峰值Im、周期T分别是多少
(2)写出该交变电流的瞬时值表达式。
【答案】 (1) A;4 s。
(2)i=sin πt A。
要点归纳
正弦式交变电流的图像是一条正弦曲线,从图像中可以得到以下信息:
(1)周期(T):可计算频率(f=)或线圈转动的转速(n=)、角速度(ω=)。
(2)峰值(Um、Im):图像上的最大值。可计算出有效值U=,I= 。
(3)瞬时值:每个“点”表示某一时刻的瞬时值。
(4)可确定线圈位于中性面或线圈平行于磁感线的时刻。
(5)判断线圈中磁通量Φ及磁通量变化率的变化情况。
[例3] (双选)如图所示,图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦式交变电流的图像,当调整线圈转速后,所产生的正弦式交变电流的图像如图线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.线圈先后两次转速之比为2∶3
B.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量为零
C.交变电流a电动势的瞬时值为e=10sin 5πt V
D.交变电流b的电动势最大值为 V
【答案】 CD
【解析】 由题图知Ta=0.4 s,Tb=0.6 s,则两交变电流周期之比为Ta∶Tb=2∶3,而T=,则线圈先后两次转速之比为3∶2,故A错误;t=0时刻e=0,根据法拉第电磁感应定律可知,线圈中磁通量变化率为零,线圈处于中性面位置,磁通量最大,故B错误;交变电流a电动势的瞬时值为e=Emasint=10sin 5πt V,故C正确;由于电动势最大值 Em=nBSω=nBS,则两电动势最大值之比为Ema∶Emb=Tb∶Ta=3∶2,而Ema=10 V,则交变电流b的电动势最大值为Emb= V,故D正确。
在交变电流中的常见图像
(1)e-t图像、u-t图像和i-t图像,通过该部分图像,结合电路知识,可解决对应物理量的峰值、有效值、瞬时值、周期(或频率)、电功、电功率等的计算。
(2)Φ-t图像、B-t图像,通过该部分图像,结合线圈与磁场的关系,可确定线圈位置、交变电流周期、电动势的变化以及电动势峰值、有效值等。
[针对训练3] 线圈在匀强磁场中匀速转动,产生交变电流的图像如图所示,由图可知(　　)
A.在A、C时刻线圈处于中性面位置
B.在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零
C.从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π
D.若从0时刻到D时刻经过0.02 s,则在1 s内交变电流的方向改变100次
【答案】 D
【解析】 A、C时刻感应电流最大,线圈位置与中性面垂直,B、D时刻感应电流为零,线圈在中性面位置,此时磁通量最大,故A、B错误;从A时刻到D时刻线圈转过的角度为,故C错误;若从0时刻到D时刻经过 0.02 s,则T=0.02 s,在1 s内交变电流的方向改变×2=
100次,故D正确。
模型·方法·结论·拓展
正弦式交变电流的四值比较
项目 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=Emsin ωt u=Umsin ωt i=Imsin ωt 计算线圈某一时刻的安培力
最大值 最大的瞬时值 Em=nBSω Im= Um= 确定电容器的耐压值
有效值 与热效应对应的恒定电流的电流、电压值 E= U= I= (1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)。 (2)交流电表的测量值。 (3)电气设备标注的额定电压、额定电流。 (4)保险丝的熔断电流
平均值 对应于平均电动势,即某一过程中穿过线圈的磁通量变化量与所用时间的比值 =n = 计算通过电路横截面的电荷量
[示例] 如图所示为交流发电机示意图,匝数为n=100的矩形线圈,边长分别为lb=10 cm和 la=20 cm,内阻为r=5 Ω,在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=50 rad/s的角速度匀速转动,转动开始时线圈平面与磁场方向平行,线圈通过电刷和外部R=20 Ω 的电阻相接。则开关S闭合后:
(1)写出线圈内产生的感应电动势瞬时值的表达式;
(2)理想交流电压表和理想交流电流表的示数;
(3)电阻R所消耗的电功率;
(4)从计时开始,线圈转过90°的过程中,通过外电阻R的电荷量。
【答案】 (1)e=50cos 50t V
(2)40 V　2.0 A　(3)80 W　(4)0.04 C
【解析】 (1)线圈从平行于磁场方向开始计时,感应电动势最大值为
Em=nBlalbω=100×0.5×0.2×0.1×50 V=50 V,
则e=Emcos ωt=50cos 50t V。
(2)感应电动势有效值E==50 V,
开关S闭合后,由闭合电路欧姆定律得
IA== A=2.0 A,
UV=IAR=2.0×20 V=40 V。
(3)电阻R所消耗的电功率为
P=IAUV=2.0×40 W=80 W。
(4)由图示位置转过90°的过程中,穿过线圈的磁通量变化量ΔΦ=Blalb,若所经时间为Δt,则
=n=,=,
则通过R上的电荷量为
Q=Δt== C=0.04 C。
科学·技术·社会·环境
电动机和发电机
　　凡在安培力作用下在磁场中运动的通电导体均可看成电动机;凡是在外力作用下做切割磁感线运动而产生感应电流的导体均可看成发电机。
1.两者的相同点
(1)构造相同。都由线圈、磁铁、换向器、电刷组成。
(2)元件连接方式相同。各元件均以串联方式组成电路。
(3)都受磁场方向影响。发电机中产生的电流方向与磁场方向有关;电动机中线圈受力方向与磁场方向有关。
2.两者的不同点
项目 电动机 发电机
工作原理 通电线圈在磁场中 受到安培力而转动 闭合线圈在磁场中受外力 转动而产生感应电动势
能量转化 电能转化为机械能 机械能转化为电能
解题要点 (1)受力由左手定则来判断。 (2)能量关系:E总=E输出+E热。 (3)实际功率:P实际≤P额定。 (4)电压、电流关系:U>IR (1)产生的感应电流方向(或电势高低)由右手定则判定。 (2)感应电动势大小由法拉第电磁感应定律计算。 (3)注意交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值的区别。 (4)能量关系:E输入=E电+E损
[示例] 如图所示电路中接入电压为u=U0sin ωt 的正弦式交变电流,电路中接有一个理想交流电流表、保护电阻R0和一个电动机,电动机的线圈电阻为R。当输入端接通电源后,电动机带动一质量为m的重物匀速上升,此时电流表的示数为I,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.电流表的示数随时间的变化式是I=sin ωt
B.电动机两端的电压为IR
C.电动机消耗的电功率为(-IR0)I
D.重物匀速上升的速度为
【答案】 C
【解析】 电流表的示数是交变电流的有效值,不随时间变化,选项A错误;电动机并非纯电阻电器,故其两端的电压应该是U=-IR0,选项B错误;电动机消耗的电功率是P电=UI=
(-IR0)I,选项C正确;根据能量守恒定律得P电=I2R+mgv,解得v=,选项D错误。
1.(双选)下列各图中能产生交变电流的是(　　)
A B
C D
【答案】 CD
【解析】 选项A、B中,线框在磁场内转动,穿过线框的磁通量没有发生变化,故没有感应电流产生,A、B错误;选项C、D中,穿过线框的磁通量发生变化,故有感应电流产生,C、D正确。
2.关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流,下列说法正确的是(　　)
A.线圈平面每经过中性面一次,感应电流方向就改变一次,感应电动势方向不变
B.线圈每转动一周,感应电流方向就改变一次,感应电动势方向不变
C.线圈平面每经过中性面一次,感应电动势和感应电流的方向都要改变一次
D.线圈每转动一周,感应电动势和感应电流方向都要改变一次
【答案】 C
【解析】 线圈平面每经过中性面一次,感应电动势和感应电流的方向都要改变一次,故A错误,C正确;线圈每转动一周,经过中性面两次,感应电动势和感应电流的方向都要改变两次,故B、D错误。
3.如图所示,边长为L的正方形线框在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,以周期T绕OO′轴匀速转动,从图示位置开始计时,下列说法正确的是(　　)
A.图示位置与中性面垂直
B.回路中产生稳恒直流电
C.t=时刻,电流方向将发生改变
D.t=时刻,穿过线框的磁通量为0
【答案】 D
【解析】 题图所示的位置线框平面与磁场垂直,为中性面,A错误;回路中将产生正弦式交变电流,B错误;t=时刻,穿过线框的磁通量为0,感应电流最大,电流方向不发生改变,C错误,D正确。
4.如图甲所示为一台小型发电机的示意图,单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时,产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻不计,外接灯泡的电阻为R=2 Ω,理想电压表与灯泡并联。则下列判断正确的是(　　)
A.t=0.01 s时,线圈位置与中性面垂直
B.t=0.005 s时,理想电压表读数为6 V
C.灯泡的电功率为18 W
D.0～0.005 s内,通过灯泡的电荷量为0.015 C
【答案】 C
【解析】 t=0.01 s时,电动势为0,磁通量最大,则线圈位置与中性面重合,故A错误;电压的有效值为U===6 V,则理想电压表的读数为 6 V,故B错误;灯泡的电功率为P==
18 W,故C正确;0～0.005 s内,平均电动势为==,平均电流为=,通过灯泡的电荷量为q=Δt,又Em=BSω=BS,联立解得q≈0.014 C,故D错误。
5.响应绿色低碳生活,共享单车风靡全国各大城市。图甲为某品牌的共享单车,单车的内部有一个小型发电机,骑行者骑行时不仅可进行体育锻炼,又可通过踩踏不断给单车供电照明。单车内小型发电机和灯泡连接可简化为图乙所示。线圈的面积为S=0.01 m2,共有n=100匝,线圈总电阻r=1 Ω,灯泡电阻为R=9 Ω,线圈处于磁感应强度大小为B= T的匀强磁场中,可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动。在外力作用下线圈以ω=10π rad/s的角速度匀速转动。
(1)若线圈从中性面位置开始计时,请写出电动势的瞬时值表达式;
(2)求灯泡的电功率。
【答案】 (1)e=20sin 10πt V　(2)36 W
【解析】 (1)电动势最大值为
Em=nBSω=100××0.01×10π V=20 V,
电动势瞬时值表达式
e=Emsin ωt=20sin 10πt V。
(2)电动势的有效值为E==20 V,
通过灯泡的电流的大小I== A=2 A,
灯泡的电功率P=I2R=22×9 W=36 W。
课时作业
基础巩固
1.如图是一款高空风车及其发电模块原理图。在发电期间,发电机线圈ab在某一时刻转至图示位置。则(　　)
A.发电的工作原理是电流的磁效应
B.该时刻线圈b端电势高于a端电势
C.该时刻穿过线圈磁通量为0,感应电动势也为0
D.风力增大,线圈ab的感应电动势不变
【答案】 B
【解析】 高空风车发电的工作原理是电磁感应,故A错误;根据右手定则可知,从上往下看电流沿顺时针方向,则该时刻线圈b端电势高于a端电势,故B正确;该时刻穿过线圈磁通量为0,感应电动势最大,故C错误;风力越大,风车转动得越快,线圈ab转动的角速度越大,根据Em=NBSω,则感应电动势越大,故D错误。
2.(双选)我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置原理可作如下简化:海浪带动浪板上下摆动,驱动发电机转子转动,其中浪板和转子的连接装置使转子只能单方向转动,如图所示,若转子带动线圈沿逆时针方向转动,并向外输出电流,下列说法正确的是(　　)
A.图中线圈所处位置是中性面
B.在图示位置时,穿过线圈的磁通量变化率最大
C.在图示位置时,线圈b端电势高于a端电势
D.在图示位置时,线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向下
【答案】 BD
【解析】 在题图所示位置时,线圈平面与磁场方向平行,穿过线圈的磁通量为0,但穿过线圈的磁通量变化率最大,产生的感应电动势最大,故A错误,B正确;在题图所示位置时,线圈靠近S极的导线向上切割磁感线,线圈靠近N极的导线向下切割磁感线,根据右手定则可知,线圈中的电流方向由b流向a,由于线圈相当于电源内部,则线圈b端电势低于a端电势,故C错误;在题图所示位置时,线圈靠近S极的导线电流方向向里,磁场方向向右,根据左手定则可知,安培力方向向下,故D正确。
3.图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,A为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动,产生的电动势随时间变化的图像如图乙所示。已知发电机线圈电阻为10 Ω,外接一只阻值为90 Ω的电阻,不计电路的其他电阻,则(　　)
A.电流表的示数为0.31 A
B.线圈转动的角速度为50π rad/s
C.0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D.在线圈转动一周过程中,外电阻产生的热量约为0.087 J
【答案】 D
【解析】 在交流电路中电流表的示数为有效值,E有效==22 V,电流表的示数I==
A=0.22 A,A错误;由题图乙可知线圈转动的周期T=0.02 s,则线圈转动的角速度ω==100π rad/s,B错误;0.01 s时线圈产生的电动势为0,因此线圈在中性面处,C错误;外电阻产生热量应用电流的有效值进行计算,则热量Q=I2Rt=0.222×90×0.02 J≈0.087 J,D正确。
4.如图所示,电阻为r的单匝矩形线圈面积为S,在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动。匀强磁场的磁感应强度为B,t=0时刻线圈平面与磁场垂直,各电表均为理想交流电表,则(　　)
A.滑片P下滑时,电压表的读数不变
B.图示位置线圈中的感应电动势最大
C.线圈从图示位置转过180°的过程中,流过电阻R的电荷量为
D.1 s内流过R的电流方向改变 次
【答案】 C
【解析】 感应电动势的有效值始终不变,滑片P下滑时,外电阻增大,由路端电压与外电阻的关系 U=E-·r可知,路端电压增大,即电压表的读数变大,故A错误;题图所示位置穿过线圈的磁通量最大,感应电动势为零,故B错误;线圈从题图所示位置转过180°的过程中,流过电阻R的电荷量为q==,故C正确;一个周期内电流方向改变2次,交变电流的频率为,所以1 s内流过R的电流方向改变次,故D错误。
5.(双选)如图甲所示,单匝闭合矩形线框电阻为R,在匀强磁场中绕与磁场方向垂直的轴匀速转动,穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
甲　　　　　　　乙
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
【答案】 BC
【解析】 中性面的特点是与磁场方向垂直,穿过的磁通量最大,磁通量变化率为零,则时刻线框在中性面上,故A错误;感应电动势最大值为Em=Φmω=Φm,对正弦式交变电流,
E有==,故B正确;由功能关系知,线框转一周外力做的功等于产生的电能,W=E电=
·T=,故C正确;由法拉第电磁感应定律知,=()==,故D错误。
6.如图所示,N=50匝的矩形线圈abcd,ab边长 l1=20 cm,ad边长l2=25 cm,放在磁感应强度 B=0.4 T 的匀强磁场中,外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n=
3 000 r/min 的转速匀速转动,线圈电阻r=1 Ω,外电路电阻R=9 Ω,t=0时线圈平面与磁感线平行,ab边正转出纸外、cd边转入纸内。求:
(1)t=0时感应电流的方向;
(2)感应电动势的瞬时值表达式;
(3)线圈转一圈外力做的功(结果保留一位小数);
(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量。
【答案】 (1)方向为adcba　
(2)e=314cos 100πt V　(3)98.6 J　(4)0.1 C
【解析】 (1)根据右手定则判断可知,t=0时线圈中感应电流的方向为adcba。
(2)线圈的角速度ω=2πn=100π rad/s,
感应电动势最大值为Em=NBl1l2ω,
代入数据得Em≈314 V,
感应电动势的瞬时值表达式为
e=Emcos ωt=314cos 100πt V。
(3)电动势的有效值E=,
线圈匀速转动的周期T==0.02 s,
线圈匀速转动一圈,外力做功的大小等于电功的大小,即
W=I2(R+r)T=T,
代入数据得W≈98.6 J。
(4)从t=0时到线圈转过90°的过程中,Δt内流过电阻R的电荷量
q=·Δt=Δt==,
代入数据得q=0.1 C。
能力提升
7.如图所示,单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中,中心轴线OO′与磁场边界重合,线圈绕中心轴线按图示方向(从上向下看逆时针方向)匀速转动,t=0时线圈平面与磁场方向垂直,规定电流方向沿adcba为正方向,则图中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是(　　)
A B
C D
【答案】 D
【解析】 由题意可知,当线圈转动时,0～内,ab一侧的线圈在磁场中绕OO′转动产生正弦式交变电流,电流方向由楞次定律判断为dcba且越来越大;内,ab一侧线圈在磁场外,而dc一侧线圈又进入磁场产生交变电流,电流方向为dcba且越来越小,由此可知D正确。
8.(双选)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩形线圈在匀强磁场中绕着垂直于磁场方向的轴匀速转动。线圈的匝数n=100、电阻r=10 Ω,线圈的两端与R=90 Ω的电阻连接,电流表为理想电表,熔断器电阻忽略不计。从t=0时刻开始计时,穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按如图乙所示的规律变化。下列说法正确的是(　　)
A.t=0.01 s时,电流表示数为零
B.t=0.01 s时,发电机线圈平面与磁场方向垂直
C.通过熔断器的电流为3.14 A
D.从t=0.01 s到t=0.02 s,通过R的电荷量为0.02 C
【答案】 BD
【解析】 电流表测的是电流的有效值,发电机工作过程中,任何时间内电流表的示数均为其产生电流的有效值,故A错误;根据题图乙可知,t=0.01 s时,Φ最大,即发电机线圈与磁场方向垂直,故B正确;根据题图乙可知,线圈转动过程中产生的是正弦式交变电流,其电动势的最大值为Em=nBSω=nΦm=100× V=100π V,电动势的有效值为E有==
50π V,根据闭合电路的欧姆定律可得,电流的有效值为I==π A,即通过熔断器的电流为π A,故C错误;根据q=Δt=Δt=n·Δt=n,从t=0.01 s到t=0.02 s,其磁通量的变化量ΔΦ=2×10-2 Wb,可得从t=0.01 s到t=0.02 s,通过R的电荷量为q=n=0.02 C,故D正确。
9.如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场与纸面垂直,虚线表示匀强磁场的边界,一半径为r、圆心角为θ(θ<)的扇形单匝线框的圆心O在边界线上。当线框围绕圆心O在纸面内以角速度ω匀速转动时,线框中产生感应电动势的有效值为(　　)
A.Br2ω B.Br2ω
C.Br2ω D.Br2ω
【答案】 B
【解析】 设线框转动周期为T,而线框转动一周中只有进、出磁场过程才产生感应电动势,因此一周之内产生感应电动势的时间t=2×θ×=,此时感应电动势的大小为Br2ω,根据有效值的定义有×t=×T,所以感应电动势的有效值为E=Br2ω,故选B。
10.如图所示是一台发电机的模型图,面积为0.01 m2的正方形线圈从中性面开始以角速度ω=10π rad/s 绕OO′轴匀速转动,线圈共100匝,总电阻为2 Ω。线圈所在匀强磁场的磁感应强度大小B= T,外电路中理想二极管与电阻R串联,R=8 Ω,电流表为理想电表。则下列说法正确的是(　　)
A.电流表的示数为 A
B.在一个周期内,电阻R上产生的热量为0.4 J
C.单匝线圈的AB边受到的安培力最大值为 N
D.在一个周期内,外力对发电机做的功为1 J
【答案】 B
【解析】 该线圈产生的电动势的最大值Em=nBSω=100××0.01×10π V=10 V,则电流的最大值为Im==1 A,二极管具有单向导电性,结合有效值的定义得()2×R×+0=I2×R×T,解得电流表的示数 I= A,故A错误;交变电流的周期为T==0.2 s,在一个周期内,电阻R上产生的热量为Q=I2RT=0.4 J,故B正确;AB的长度为0.1 m,则单匝线圈的AB边受到的最大安培力为Fm=BLIm= N,故C错误;一个周期内电路中产生的热量为Q总=I2(R+r)T=0.5 J,由能量守恒定律可知在一个周期内,外力对发电机做的功为0.5 J,故D错误。
11.如图甲所示,在两根水平放置的平行金属导轨两端各接一只R=1 Ω的电阻,导轨间距L=0.2 m,导轨的电阻忽略不计,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=0.8 T。一根电阻r=0.3 Ω 的导体棒ab置于导轨上,且始终与导轨保持良好接触。若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ和MN之间运动,其v-t图像如图乙所示。则:
导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=　　　　　　,有效值为　　　V;整个电路在 1 min 内产生的热量为　　　　 J。
【答案】 1.6sin 10πt V　0.8　96
【解析】 由题图乙可得,导体棒运动的速度为v=10sin 10πt m/s,根据E=Blv,则导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为 e=BLv=1.6sin 10πt V;由于导体棒产生正弦式交变电流,其感应电动势的最大值为Em=1.6 V,其有效值为E==0.8 V,电路中的总电阻为R′=r+=0.8 Ω,电路中的电流I=== A,整个电路在1 min内产生的热量为Q=I2R′t=96 J。
12.如图所示,一个半径为r的半圆形单匝线圈,以直径ab为轴匀速转动,转速为n,ab的左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。M和N是两个集流环,负载电阻为R,线圈、电流表和连接导线的电阻不计。
(1)求感应电动势的最大值;
(2)绘制出一个周期内,线圈中产生交变电流的 i-t 图像;
(3)求从图示位置起转过圈的时间内,通过负载电阻R的电荷量;
(4)求电流表的示数。
【答案】 (1)π2Bnr2　(2)图见解析
(3)　(4)
【解析】 (1)此感应电动势的最大值为
Em=BSω=B··2πn=π2Bnr2。
(2)设线圈从题图所示位置刚开始绕轴匀速转动时,在电路中产生的交变电流方向为正方向,则所产生的交变电流i-t图像如图所示,
其中Im==。
(3)在线圈从题图所示位置转过圈的时间内,电动势的平均值为=,
通过R的电荷量
q=Δt=·Δt==。
(4)设此感应电动势在一个周期内的有效值为E,由有效值的定义得·=T,
解得 E=,
故电流表的示数为I==。第1节　交变电流的特点
[定位·学习目标]　1.知道直流电流、交变电流的概念。2.了解交变电流的周期和频率的概念,知道频率单位,掌握周期和频率之间的关系。3.理解交变电流有效值的物理意义,知道正弦式交变电流的峰值和有效值之间的关系。
知识梳理
知识点一　直流电流和交变电流
1.恒定电流:大小和方向都不随时间变化的电流。
2.直流电流:方向不随时间变化的电流为直流电流,俗称直流电。
3.交变电流:大小和方向随时间做周期性变化的电流称为交变电流,俗称交流电。
知识点二　交变电流的周期和频率
1.周期
(1)定义:交变电流完成一次周期性变化所需要的时间,用符号T表示。
(2)单位:秒(s)。
(3)周期越大,表示交变电流完成一次周期性变化所需要的时间越长,即变化越慢。
2.频率
(1)定义:交变电流在一段时间内完成周期性变化的次数与这段时间之比,用符号f表示。
(2)单位:赫兹,符号Hz。
(3)频率越大,表示交变电流在1 s内完成周期性变化的次数越多,也就是变化得越快。
3.周期和频率的关系:T=。
4.交变电流的波形
(1)日常生活中所用的市电,电流的大小和方向随时间按正弦规律变化,这种电流被称为正弦式交变电流。
(2)交变电流随时间变化的规律可有多种形式。
知识点三　交变电流的最大值和有效值
1.最大值:交变电压和电流能达到的最大值,又称峰值,用Um、Im分别表示交变电压和电流的最大值。
2.有效值
(1)意义:有效值是根据电流的热效应规定的。
(2)大小:让恒定电流和交变电流分别通过阻值相等的电阻,如果它们在相同的时间内产生的热量相等,就把该恒定电流的数值规定为这个交变电流的有效值。
3.正弦式交变电压及交变电流有效值和峰值之间的关系
U==0.707Um,I==0.707Im。
4.用电安全
电气元件、设备对电压或电流有一定的耐受极限,一旦超过这一极限,这些元件、设备就有可能损坏。
新知检测
1.思考判断
(1)打点计时器所接交流电源频率f=50 Hz 时,打点周期T=0.02 s。(　√　)
(2)我国电网中交变电流的频率是100 Hz。(　×　)
(3)我国民用交变电流的照明电压为220 V和动力电压为380 V都是指有效值。(　√　)
(4)接入交变电路中的电容器的额定电压只要高于电压的有效值即可。(　×　)
(5)正弦式交变电流的发电机的电动势峰值与其有效值的关系为E=。(　√　)
2.思维探究
(1)打点计时器使用频率f=50 Hz的交流电源,为什么打点计时器总是每隔0.02 s打一次点
(2)如何理解交变电流的有效值
(3)如果电路中含有电容器,对电路的电压有什么要求
【答案】 (1)打点计时器使用的是交变电流,频率为f=50 Hz,即周期T=0.02 s,所以打点计时器每隔0.02 s打一次点。
(2)交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的,计算有效值时要注意“三同”,即电阻相同、通电时间相同、产生热量相同。
(3)把交变电流接到电容器两端时,交变电压的峰值应小于电容器所能承受的最大电压(又叫电容器的耐压值、击穿电压),否则电容器就有被击穿的危险。
要点一　周期和频率
情境探究
图甲为线框在磁场中转动产生交变电流的示意图,图乙所示的是一个正弦式交变电流随时间变化的图像。
(1)图甲中电流表指针左右摇摆说明了什么问题
(2)图乙中所示交变电流完成一次周期性变化需要多长时间 在1 s内完成多少次周期性变化 一个周期内电流的方向改变几次
【答案】 (1)说明了线框在磁场中转动产生的交变电流具有周期性。
(2)0.02 s;50次;2次。
要点归纳
1.正弦式交变电流具有周期性(或频率)的原因:线圈在磁场中匀速转动时,每经过一定时间,穿过线圈的磁通量会发生重复变化(或单位时间内重复变化若干次),所产生的交变电流会经过一定时间的重复变化而具有周期性(或具有一定频率)。
2.周期的大小:在交变电流的图像中,一个完整的正弦波形对应的时间(或线框转动一周的时间)为一个周期T。
3.由f=可计算其频率:如图为我国照明电路的u-t图像,则该交变电流的周期T=0.02 s,频率f== Hz=50 Hz。
[例1] 如图所示是某交流电源提供的电压波形,此交变电流的周期为　　　s,频率为　　　 Hz,1 s 内电流方向变化　　　次。
【答案】 0.2　5　10
【解析】 由题图知T=0.2 s,故f==5 Hz,1 s内电路中的电流方向变化10次。
[针对训练1] (双选)关于交变电流的周期和频率,下列说法正确的是(　　)
A.正弦式交变电流连续两次出现正向最大值的时间间隔等于一个周期
B.频率为50 Hz的交变电流,其周期为0.05 s
C.频率为50 Hz的交变电流,1 s内方向变化100次
D.频率为50 Hz的交变电流,1 s内方向变化50次
【答案】 AC
【解析】 正弦式交变电流连续两次出现正向最大值的时间间隔等于一个周期,故A正确;频率为50 Hz的交变电流,其周期为0.02 s,在一个周期内交变电流方向变化2次,故1 s内方向变化的次数n=2f=100次,故C正确,B、D错误。
要点二　峰值和有效值
情境探究
(1)如图甲、乙中电炉烧水,设其他条件都相同,水的质量相等,水的初温相同,忽略热量散失。若恒定电流用10分钟把水烧开,而交变电流也用10分钟把水烧开。两种情况的通电时间、电阻产生的热量相同吗
(2)该交变电流的有效值是多少
(3)如何求得该交变电压的有效值
【答案】 (1)烧开水的时间相同,即通电时间相同,水吸收的热量相同,故电阻产生的热量
相同。
(2)有效值是3 A。
(3)根据电流的热效应即可求得有效值。
要点归纳
1.交变电流有效值的规定方法
(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的。
(2)有效是指恒定电流和交变电流在相同的时间内,在阻值相等的电阻上产生的热量相等。
2.交变电流有效值的计算
(1)若是正弦式交变电流,可利用关系式 U=,I= 计算。
(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,且时间取一个周期,即让交变电流和恒定电流分别通过电阻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可以用恒定电流的相应物理量I或U来表示,则I或U为交变电流的相应有效值。
3.峰值和有效值的应用
(1)峰值:电容器所能承受的电压应高于交变电压的峰值,否则电容器被击穿。
(2)有效值。
①电气设备铭牌上标注的额定电压、额定电流。
②交流电压表和交流电流表的示数。
③保险丝的熔断电流。
[例2] 一交变电压由正弦式交变电压和直流电压组成,随时间的变化规律如图所示,Um为已知,则该电压的有效值为(　　)
A.Um B.Um
C.Um D.Um
【答案】 B
【解析】 交流电周期T=2t0,在周期的前T为正弦交流电,在周期的后T为直流电,在这两段时间内,让此交变电压加在电阻R上产生的热量分别为Q1=×,Q2=·,根据有效值的规定,有Q1+Q2=T,解得U=Um,故B正确。
几种典型电流的有效值
电流 名称 电流图像 有效值
正弦式 交变 电流 I=
正弦式 半波 电流 I=
正弦式 单向 电流 I=
矩形 脉冲 电流 I=Im
非对 称性 交变 电流 I=
[针对训练2] (双选)如图所示,图甲、乙分别表示正弦波和矩形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,经过1 min的时间,则(　　)
A.图甲所示交变电流的有效值为 A
B.图乙所示交变电流的有效值为 A
C.两电阻消耗的电功之比为1∶3
D.两电阻消耗的电功之比为3∶1
【答案】 AC
【解析】 设题图甲、乙所示交变电流的有效值分别为I1、I2,则()2R·T=RT,解得I1= A,而 I2=1 A,故选项A正确,B错误;由W=I2Rt得 W1∶W2=∶=1∶3,故选项C正确,D错误。
模型·方法·结论·拓展
交变电流与直流电流
1.交变电流与直流电流的区别
项目 交变电流 直流电流
脉冲直流 恒定电流
方向 随时间周 期性变化 不随时 间变化 不随时 间变化
大小 可以随时间变化也可以不随时间变化 可以随 时间变化 不随时 间变化
2.常见的几种交变电流的图像
不同的交变电流的变化规律不同,常见的有以下几种情况,如图所示。
无论大小是否变化,但都有一个共同的特点,就是电流的方向一定随时间周期性变化。
[示例] 下列所示的电流属于交变电流的是(　　)
A B
C D
【答案】 B
【解析】 判断电流是交流还是直流,要看其方向是否随时间做周期性变化,故只有B为交变电流。
科学·技术·社会·环境
交变电流
　　交流电,简称为AC。交流电也称“交变电流”,简称“交流”。它最基本的形式是正弦式交变电流。当发现了电磁感应后,产生交变电流的方法则被发现。早期的发电机由尼古拉·特斯拉、迈克尔·法拉第与波利特·皮克西等人发明出来。1891年,尼古拉·特斯拉取得了“高频率”(15 000赫兹)交流发电机的专利。而1891年后,多相交流发电机被用来供应电流,此后的交流发电机的交变电流频率通常设计在16赫兹至100赫兹间,搭配弧光灯、白炽灯或电动机使用。
[示例] 有些国家照明使用的正弦式交变电流的频率为60 Hz。1 s 内,这种交变电流的电流方向改变的次数为(　　)
A.15 B.30 C.60 D.120
【答案】 D
【解析】 一个周期内交变电流的电流方向改变两次,故 1 s内改变的次数n=120,故D
正确。
1.关于交变电流的周期和频率,下列说法正确的是(　　)
A.正弦式交变电流的最大值连续出现两次的时间间隔等于一个周期
B.1 s内正弦式交变电流出现最大值的次数等于频率
C.交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍
D.频率为50 Hz的交变电流,其周期等于0.05 s
【答案】 C
【解析】 在一个周期内,正弦式交变电流会出现正向和负向的最大值各一次,相邻两个最大值之间的时间间隔为半个周期,1 s内出现最大值的次数是交变电流频率的2倍,A、B错误;交变电流在一个周期内方向改变两次,即方向变化的频率为交变电流频率的2倍,C正确;频率为 50 Hz的交变电流,其周期T== s=0.02 s,D错误。
2.如图是一个正弦式交变电流的图像,下列说法正确的是(　　)
A.频率是0.2 Hz,电流的峰值是10 A
B.周期是0.15 s,电流的峰值是10 A
C.频率是5 Hz,电流的有效值是10 A
D.周期是0.2 s,电流的有效值是7.07 A
【答案】 D
【解析】 由题图知周期T=0.2 s,电流的峰值是 Im=10 A,则频率为f== Hz=5 Hz,电流有效值为I= A=5 A≈7.07 A,故D正确。
3.现在市场上的调光台灯、调速风扇等是用可控硅电子元件来实现调节的。如图所示,这是一个经过元件调节后加在电灯上的电压,在正弦式交变电压的每半个周期中都会截去前面的四分之一,则加在电灯上的电压有效值是(　　)
A.-Um B. C. D.
【答案】 D
【解析】 设交变电压的有效值为U,将交流与直流分别通过相同电阻R,分析一个周期内所产生的热量,利用有效值的定义得·=T,解得U=。
4.(双选)如图甲所示为一交变电压随时间变化的图像,每个周期内,前二分之一周期电压恒定,后二分之一周期电压按正弦规律变化。若将此交流电接入如图乙所示的电路,电阻R阻值为 100 Ω,则(　　)
A.理想电压表读数为100 V
B.理想电流表读数为0.75 A
C.电阻R消耗的电功率为56 W
D.电阻R在100 s内产生的热量为5 625 J
【答案】 BD
【解析】 根据电流的热效应,一个周期内产生的热量为Q=T=·+·,代入数据解得 U=75 V,A错误;电流表读数为I==0.75 A,B正确;电阻R消耗的电功率为P=I2R=
56.25 W,C错误;电阻R在100 s内产生的热量为Q′=Pt=5 625 J,D正确。
5.家用电子调光灯的调光功能是用电子线路将输入的正弦式交变电压的波形截去一部分来实现的,由截去部分的多少来调节电压,从而实现灯光的调整,比过去用变压器调压方便且体积小。经过某电子调光灯调整后的电压波形如图所示,求灯泡两端的电压的有效值。
【答案】
【解析】 从u-t图像可看出,每个周期的前半周期是正弦波图形,其有效值为U1=,
后半周期电压为零。根据有效值的规定,有T=·+0,解得U=。
课时作业
基础巩固
1.关于交变电流和直流电流的说法正确的是(　　)
A.如果电流大小随时间做周期性变化,则一定是交变电流
B.直流电流的大小和方向一定不变
C.交变电流一定是按正弦规律变化的
D.交变电流的最大特征就是电流的方向随时间做周期性的变化
【答案】 D
【解析】 直流电流的特征是电流的方向不变,电流的大小可以改变。交变电流的特征是电流的方向随时间做周期性变化。交变电流有多种形式,正弦式交变电流只是交变电流中最基本、最简单的一种,故选D。
2.如图所示是一交变电流的i-t图像,则该交变电流的有效值为(　　)
A.2 A B.2 A C. A D.4 A
【答案】 C
【解析】 设交变电流的有效值为I,周期为T,电阻为R,则有I2RT=()2R·+R·,代入数据解得I= A。故选C。
3.一台家用电冰箱的铭牌上标有“220 V　100 W”,这表明所用交变电流的电压(　　)
A.峰值是380 V B.峰值是220 V
C.有效值是220 V D.有效值是311 V
【答案】 C
【解析】 家用电冰箱铭牌上标有的“220 V　100 W”是指有效值,而由于家用电流是正弦式交变电流,则电压的峰值与有效值的关系为U=,所以峰值为 220 V,即约为311 V,故A、B、D错误,C正确。
4.如图所示为某一线圈通过的交变电流的i-t图像(前半个周期为正弦波形的),则一个周期内该电流的有效值为(　　)
A.I0 B.I0
C.I0 D.I0
【答案】 B
【解析】 设电流的有效值为I,由I2RT=()2R·+(2I0)2R·,解得I=I0,故B正确。
5.某一电子设备所加正弦式交变电流的电压随时间的变化规律如图所示,则(　　)
A.交变电流的频率为50 Hz
B.交变电压的有效值为100 V
C.交变电压瞬时值表达式为u=100cos 25t V
D.此交变电压不可以直接加在耐压值为80 V的电容器两端
【答案】 D
【解析】 由题图可知交变电流的周期T=0.04 s,故频率f==25 Hz,故A错误;由题图可知交变电压的最大值为100 V,因此其有效值为U= V=50 V,故B错误;ω==rad/s=
50π rad/s,交变电压瞬时值表达式为u=100sin 50πt V,故C错误;由题图可知交变电压的最大值为100 V,电容器的耐压值要高于交变电压的最大值才不会被击穿,故此交变电压不可以直接加在耐压值为80 V的电容器两端,故D正确。
6.如图所示,正弦式交变电流的电压U的最大值为311 V,负载电阻R=440 Ω,若不考虑电表内阻对电路的影响,则交流电压表、电流表的读数分别为　　　 V,　　　 A,电阻消耗的功率为　　　W。
【答案】 220　0.5　110
【解析】 由正弦式交变电流的有效值与峰值的关系式可知,交变电流的电压的有效值U=Um≈220 V,则交流电压表的读数为220 V;由闭合电路欧姆定律可知,电路中电流I== A=0.5 A,则交流电流表的读数为0.5 A,电阻消耗的功率P=I2R=110 W。
能力提升
7.(双选)有一交变电流如图所示,则由此图像可知(　　)
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
【答案】 AB
【解析】 由此图像可知它的周期是0.8 s,故A正确;它的峰值是4 A,故B正确;它不是正弦式交变电流,因此有效值与峰值不满足I=的关系,故C错误;它的周期是 0.8 s,频率为f== Hz=1.25 Hz,故D错误。
8.(双选)如图甲所示,标有“220 V　40 W”字样的电灯和标有“20 μF　300 V”字样的电容器并联接到交流电源上,V为交流电压表。交流电源的输出电压如图乙所示,闭合开关,下列判断正确的是(　　)
A.t= 时刻,交流电压表的示数为零
B.电灯恰好正常发光
C.电容器有可能被击穿
D.交流电压表的示数保持 110 V不变
【答案】 BC
【解析】 交流电压表的示数应是电压的有效值 220 V,故A、D错误;电压的有效值恰等于电灯的额定电压,电灯恰好正常发光,故B正确;电压的峰值为220 V≈311 V,大于电容器的耐压值,故电容器有可能被击穿,故C正确。
9.利用半导体二极管的单向导电性,可以对交变电流进行整流将交变电流变为直流电流,一种简单的整流电路如图甲所示,a、b为正弦式交变电流信号输入端,D为半导体二极管,R为定值电阻。信号输入后,电阻R两端输出的电压信号如图乙所示,则关于该输出信号,下列说法正确的是(　　)
A.频率为100 Hz
B.电压有效值为50 V
C.一个标有“90 V　30 μF”的电容器并联在电阻R两端,可以正常工作
D.若电阻R=100 Ω,则1 min内R产生的热量为2 500 J
【答案】 B
【解析】 由题图乙可知,该电压的周期T=0.02 s,故频率为 f==50 Hz,故A错误;由电流的热效应知,一个周期内电阻产生的热量Q=×=T,其中Um=100 V,解得电压有效值为 U=50 V,故B正确;电容器两端的瞬时电压不应超过标称电压90 V,而R两端电压的瞬时值最大为100 V,故电容器不能正常工作,故C错误;电阻R产生的热量应使用电压的有效值进行计算,故 1 min 内产生的热量为Q′=t=1 500 J,故D错误。
10.如图为某交变电流随时间变化的图像,其有效值为(　　)
A. A B. A
C. A D. A
【答案】 A
【解析】 由题图可知Im=0.5 A,根据电流的热效应,可得I2RT=R·T+R·T,代入数据解得 I= A,故选A。
11.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随时间的变化关系图像,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
【答案】 C
【解析】 题图甲中,在一个周期内,根据电流的热效应有 2()2R=I2RT,代入数据解得电流的有效值I= A;题图乙中,在一个周期内,根据电流的热效应有2R=I′2RT,代入数据解得电流的有效值I′=I1=1 A;根据W=I2Rt知,在相同时间内两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙=()2∶1=1∶3,故C正确,A、B、D错误。
12.先后用不同的交流电源给同一盏灯供电,第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化如图甲所示;第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示。若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期是相同的,则下列说法正确的是(　　)
A.第一次,灯泡两端的电压有效值是
B.第二次,灯泡两端的电压有效值是
C.第一、第二次,灯泡的电功率之比是2∶9
D.第一、第二次,灯泡的电功率之比是1∶5
【答案】 D
【解析】 第一次,灯泡两端电压的有效值为U1=,功率 P1==。第二次,设灯泡两端电压的有效值为U2,则·+·=T,解得U2=U0,功率P2==,则P1∶P2=
1∶5,故A、B、C错误,D正确。
13.一个边长为6 cm的正方形金属线框被置于匀强磁场中,线框平面与磁场垂直,电阻为0.36 Ω。磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示,则线框中感应电流的有效值为多大
【答案】 ×10-5 A
【解析】 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得
E==S,I==·,
由题图可知0～3 s内,感应电流的大小
I1==× A=2×10-5 A,
在3～5 s内,感应电流的大小
I2==×A
=3×10-5 A,
根据有效值的规定得
I2Rt=Rt1+Rt2,
代入数据得I=×10-5 A。(共58张PPT)
第4节　电能的远距离输送
1.知道远距离输电时电能损失的因素,了解高压输电的原因。2.知道高压交流输电与直流输电,了解交变电流从发电站到用户的输电过程。知道远距离输电线路的基本构成,能够对简单的远距离输电线路进行计算。3.了解电能的利用与社会发展。
[定位·学习目标]　
探究·必备知识
「知识梳理」
知识点一　采用高压输电的原因
1.输电线的电功率损失
损失的电功率P= ,即在输电线上因发热而损耗的电功率与输电线的电阻R成 ,与电流I的二次方成 。
I2R
正比
正比
2.减小输电时电功率损失的两个途径
(1)减小输电线电阻:可采用电阻率 的材料做导线,如铜、铝等金属材料;还可增大导线的 ,但导线不能过粗。
(2)减小输电导线中的电流:由P=UI可知,在保证输送电功率P不变的情况下,必须 输电电压U,才能 电流I,但实际的输电电压也不能无限制地提高。进行远距离输电时,要综合考虑输送功率的大小、技术和经济等各种因素,选择恰当的输电电压。
小
横截面积
提高
减小
知识点二　高压交流输电与直流输电
1.电能的输送
在发电厂(站)内,要用变压器 ,然后向远处送电;到达目的地后,根据不同的要求,再用 经过两三次降压,最后输送给用户。
升压
降压变压器
2.高压交流输电
除输电线路上的电阻外,电感、电容产生的感抗和容抗也会造成交流输电线路上的 损失。此外,现代供电系统把许多发电站连成一体,构成庞大的交流输电网,这就要求电网中的各台发电机发出的交变电流并网时必须做到 ,即并联输电线中的交变电流必须同时达到最大值和最小值,并且交变电流的 必须相同,这也是交流输电需要解决的问题。
电能和电压
同步
频率
3.高压直流输电
直流输电适于地下和水下电缆输电,不会受到电感和电容的影响;在输送相同电功率的电能时,直流输电所用的线材约为交流输电的 ;同时,直流输电杆塔结构也比同容量的交流输电简单,占地面积 ;直流输电时,不需要考虑电网中的各台交流发电机的同步运行问题。
三分之二
小
知识点三　电能的利用与社会发展
1.电能的利用
(1)发电机、电动机在工业上的运用,克服了蒸汽机在使用过程中存在的不少难题,体现出许多优越性。例如,电能通过发电厂和电力网实现了集中生产、分散使用,便于传输和分配,工厂可建设在远离煤矿和水力资源的地方;与蒸汽机相比,电动机灵活、小巧、适应力强,更加广泛地应用于工业生产领域。
(2)电能是二次能源,目前使用的电能,主要来自热能、水能、原子能、风能等其他形式的能量,这些能量转换为电能都离不开 。把电能转换为动力,离不开 。
发电机
电动机
2.电能促进社会发展
电能的利用提高了劳动生产率,解放了劳动者。
1.思考判断
(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)一般情况下高压输电的导线是铜、铝而不是银,原因是同种情况下,使用银材料,输电线损失的功率大。(　 )
(4)交流输电应用高电压、较小的输电线电阻,即可输送到无穷远处。(　　)
「新知检测」
√
×
√
×
(5)使用升压变压器和降压变压器进行远距离输电时,用户得到的电压可以高于发电机输出的电压。(　 　)
√
×
2.思维探究
(1)输电电压与输电线路上损失的电压有何不同
【答案】 (1)输电线路上损失的电压是指降落在输电线电阻上的电压;输电电压是输电线路两端的总电压,它等于降落在输电线电阻上的电压与输电线末端的电压之和。
(2)输电电压越高越好吗
【答案】 (2)输电电压并不是越高越好。输电电压越高,输电线路方面,对导线的绝缘性能要求越高,安全问题要求也越高,线路修建的费用也会越高;变压器方面,升压变压器输出的电压越高,变压器在绝缘、结构方面的制作要求也相应越高。
突破·关键能力
要点一　输电线上电压损失和功率损失
「情境探究」
如图所示,假定发电厂输出的电压为U,输送功率为P,两条导线的总电阻是r(在图中把导线电阻集中画为r)。
(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
【答案】(2)不相等。
(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
「要点归纳」
若远距离输电中输入端电压为U,输送功率为P,输电导线电阻为r,输出端电压为U′。
(3)减小电压损失和功率损失的方法。
[例1] 假设甲、乙两地原来用550 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1 100 kV特高压输电,不考虑其他因素的影响。则(　　)
C
计算功率损失和电压损失的三点提醒
(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,用户电压是输电线的输出电压U′,且有U′=U-ΔU。
(2)输送功率是指高压输电线起始端输入的功率P,损失功率是输电线上消耗的功率ΔP,用户功率为输电线的输出功率P′,且有P′=P-ΔP。
·学习笔记·
[针对训练1] 供电站向远距离的某单位输送电能,若输送的电功率保持不变,将输电电压提高到原来的10倍,以下判断正确的是(　　)
A.输电电流为原来的10倍
B.输电导线上损失的电压为原来的10倍
D
要点二　远距离高压输电电路中的各种关系
「情境探究」
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,该输电线路划分为三部分:输入电路、输送电路、输出电路。
(1)若输入、输出电路中输电线电阻不计,输送电路中输电线电阻为r,各个回路中,I、U、P、r之间有怎样的关系
(2)若两个变压器均为理想变压器,匝数分别为n1、n2、n3、n4,则每个变压器中的电流、电压、功率及匝数有什么关系
「要点归纳」
1.远距离输电示意图
2.远距离输电中的基本关系
[例2] 如图所示,某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V,输出的电功率为50 kW,用电阻为 3 Ω的输电线向远处送电,要求输电线上损失功率为输电功率的0.6 %,若发电站要安装一升压变压器,到达用户端再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)。求:
(1)输电线上的电流I2;
【答案】 (1)10 A
(2)升压变压器的匝数比n1∶n2;
【答案】 (2)1∶10
【解析】 (2)由P输=U1I1得,
升压变压器原线圈电流I1=100 A,
升压变压器的匝数比n1∶n2=I2∶I1=1∶10。
(3)降压变压器的匝数比n3∶n4。
【答案】 (3)497∶22
升压变压器副线圈电压U2=5 000 V,
降压变压器原线圈电压U3=U2-I2R=4 970 V,
降压变压器的匝数比
n3∶n4=U3∶U4=4 970∶220=497∶22。
处理远距离输电的方法技巧
(1)画好一张图——远距离输电示意图。
(2)抓住电两端——发电站和用户。
(3)分析一条线——输电线。
(4)研究两次变——升压变压器升压和降压变压器降压。
(5)区分三个量——输送电压(功率)、损失电压(功率)、用户电压(功率)。
·学习笔记·
[针对训练2] 如图所示,有一小型火力发电站,其发出的电力通过远距离输电供给某大型制造工厂使用。已知升压变压器T1原、副线圈匝数比n1∶n2=
1∶100,输电线等效电阻R=100 Ω,降压变压器T2原、副线圈匝数比为n3∶n4=200∶1,输电过程中所有变压器均为理想变压器。工厂输入电压为工业用电标准电压,即 U4=380 V,工厂目前用电功率约为P=380 kW。
(1)求输电线上损耗的电功率;
【答案】 (1)2 500 W
(2)经过提能扩产,该工厂的用电功率提升至760 kW,为保持U4不变,求此时发电站的输出电压U1。
【答案】 (2)770 V
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
远距离输电线路的三个回路、两个联系
和一个定律的有关关系
1.远距离输电的简化电路原理图,可以划分为三个回路,如图所示。
2.远距离输电线路的三个回路、两个联系和一个定律的有关关系。
项目 回路
回路Ⅰ 回路Ⅱ 回路Ⅲ
三个回路中电压、电流及功率间的关系 I1=I机 U1=U机 P1=P机 I2=I线=I3 U2=U损+U3 P2=P损+P3 I4=I用
U4=U用
P4=P用
[示例] 有一台内阻为1 Ω的发电机,供给一学校照明用电,如图所示。升压比为1∶4,降压比为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”灯6盏。若保证全部电灯正常发光,则:
(1)输电线上损耗的电功率多大
【答案】 (1)144 W
(2)发电机电动势多大
【答案】 (2)250 V
「科学·技术·社会·环境」
三峡水电站
三峡水电站,即长江三峡水利枢纽工程,又称三峡工程。位于我国湖北省宜昌市境内的长江西陵峡段,与下游的葛洲坝水电站构成梯级电站。
三峡水电站是全球规模最大的水电站,也是我国有史以来建设最大型的工程项目,已成为我国面向全球的一张世界名片。三峡水电站的功能有十多种,航运、发电、防洪、灌溉、种植等。三峡水电站1992年获得中华人民共和国全国人民代表大会批准建设,1994年正式动工兴建,2003年 6月1日下午开始蓄水发电,于2009年全部完工。
三峡水电站大坝高程185米,蓄水高程175米,水库长2 335米,静态投资
1 352.66亿元人民币,安装32台单机容量为70万千瓦的水电机组。三峡水电站最后一台水电机组于2012年 7月 4日投产,装机容量达到2 240万千瓦,成为当今全世界最大的水力发电站和清洁能源生产基地。三峡水电站的输变电系统由中国国家电网公司负责建设和管理,共安装15回500千伏高压输电线路连接至各区域电网。
[示例] 三峡水电站某机组输出的电功率为70万千瓦。
(1)若输出的电压为20万伏,则输电线上的电流为多少
【答案】 (1)3 500 A
(2)某处与电站间每条输电线的电阻为10欧,则输电线上损失的功率为多少 它占输出功率的几分之几
(3)若将电压升高至500千伏,输电线上的电流为多少 输电线上损失的功率又为多少 它占输出功率的几分之几
检测·学习效果
1.如图为长距离高压输电的示意图。关于长距离输电,下列说法正确的是
(　　)
A.通过高压输电减小输电电流有利于减小电路的发热损耗
B.高压输电综合考虑各种因素,输电电压越高越好
C.减小输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
D.在输送电压一定时,输送的电功率越大,输电过程中的电能损失越小
A
【解析】 根据输电过程中损失的电功率P损=I2r可知通过高压输电减小输电电流,有利于减小电路的发热损耗,故A正确;高压输电需要综合考虑材料成本、技术、经济性等各个方面的因素,所以不是输电电压越高越好,故B错误;减小输电导线的横截面积会增大电阻,根据P损=I2r,可知不利于减少输电过程中的电能损失,故C错误;在输送电压一定时,输送的电功率越大,输电线上输送电流越大,因此输电过程中的电能损失越大,故D错误。
2.目前我国远距离输电已经采用750 kV的超高压和 1 100 kV 的特高压。假设甲、乙两地原来采用750 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1 100 kV的特高压输电,若不考虑其他因素的影响,下列说法正确的是(　　)
A.输电线上输送的电流大小减小
B.输电线上由于导线电阻造成的损失电压增大
C.输电线上由于导线电阻造成的损耗电功率增大
D.用户得到的电功率减小
A
3.电能远距离输送时需要使用变压器进行升压和降压,如图所示为远距离输电的电路示意图。升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器,T1原线圈上接有电压有效值恒定的交流电源,R为输电线的电阻,T2的副线圈并联多个用电器,对于此电路,下列分析正确的有(　　)
A.T1的输出电压等于R两端的电压
B.T1的输出功率一定等于T2的输入功率
C.若T2的副线圈并联的用电器增多,R消耗的功率增大
D.若T2的副线圈并联的用电器增多,T2输出电压不变
C
【解析】 T1的输出电压等于R两端的电压与T2的输入电压之和,选项A错误;T1的输出功率等于R的功率与T2的输入功率之和,选项B错误;若T2的副线圈并联的用电器增多,则副线圈的电阻R副减小,电流变大,则R消耗的功率增大,T2输入电压减小,输出电压也减小,选项C正确,D错误。
BC
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实验:探究变压器电压与线圈匝数的关系
探究·必备知识
一、实验原理
二、实验器材
交流电压表、可拆变压器、低压交流电源、带夹的导线若干。
三、实验步骤
1.按如图所示电路图连接实物图。
2.保持原线圈匝数不变,用交流电压表测量原线圈电压,并记录在表格中。
3.改变副线圈匝数,用交流电压表分别测量副线圈的电压,把匝数、电压的对应数据记录在表格中。
4.改变原线圈电压,重复步骤2、3。
四、数据处理
1.将不同的原、副线圈接入电路,测出线圈两端的电压,填入表格。
2.由表格数据得出结论。
当原、副线圈匝数比不变时,随着原线圈输入电压增加,副线圈输出电压增大,进一步研究可知,副线圈输出电压与原线圈输入电压成正比。
五、注意事项
1.在改变低压交流电源电压、线圈匝数前均要先关闭电源,再进行操作。
2.低压交流电源的电压不要设置太高,一般不要超过12 V,以免发生危险,且通电时不要用手接触祼露的导线、接线柱。
3.测电压时,先用最大量程挡试测,大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量,避免损坏交流电压表。
突破·关键能力
类型一　实验操作及原理
[例1] 有一个教学用的可拆变压器,如图甲所示,它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同),线圈外部还可以绕线。
(1)某同学用一多用电表的同一倍率电阻挡先后测量了A、B线圈的电阻值,指针分别对应图乙中的A、B位置,由此可推断　　　　(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。
A
(2)该实验中输入端所接电源最适合的是　　　　。
A.220 V交流电源
B.220 V直流电源
C.12 V以内低压直流电源
D.12 V以内低压交流电源
D
【解析】 (2)为保证学生安全,输入端应用12 V以内低压交流电源,故选D。
(3)如果把它看作理想变压器,现要测量A线圈的匝数,提供的器材有:一根足够长的绝缘导线、一个多用电表和低压交流电源。请完成实验步骤的填空:
a.用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈;
b.将A线圈与低压交流电源相连接;
c.用多用电表的　　 　　挡分别测量A线圈的输入电压UA和绕制线圈的输出电压U;
d.则A线圈的匝数为　　　　(用题目中的物理符号表示)。
交变电压
类型二　实验数据的分析计算
[例2] 在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中,可拆变压器如图所示。
(1)观察变压器的铁芯,它的结构和材料是　　　　。
A.整块硅钢铁芯
B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的铜片叠成
D.绝缘的硅钢片叠成
D
【解析】 (1)观察变压器的铁芯,它的结构和材料是绝缘的硅钢片叠成,A、B、C错误,D正确。
(2)为实现探究目的,保持原线圈输入的电压一定,通过改变原、副线圈匝数,测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是　　　　。
A.演绎法 B.等效替代法
C.控制变量法 D.理想实验法
C
【解析】 (2)为实现探究目的,保持原线圈输入的电压一定,通过改变原、副线圈匝数,测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法,A、B、D错误,C正确。
(3)某次实验中得到实验数据如下表所示,表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数,U1、U2分别为原、副线圈的电压,通过实验数据分析,你的结论是
　 。
(4)原、副线圈上的电压之比是否等于它们的匝数之比呢 发现上述实验数据没有严格遵从这样的规律,分析下列可能的原因,正确的是　　　　。(多选)
A.变压器线圈中有电流通过时会发热
B.原、副线圈的电压不同步
C.铁芯在交变磁场的作用下会发热
D.原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
ACD
【解析】 (4)变压器线圈中有电流通过时会发热,线圈则有直流电阻,在线圈上会产生电压损耗,使输出电压减小,A正确;原、副线圈的电压是否同步,对输出电压无影响,B错误;铁芯在交变磁场的作用下会发热,使变压器输出的电能小于输入电能,使输出的电压减小,C正确;原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失,即有漏磁现象,由能量守恒定律可知,输出电压减小,D正确。
类型三　实验创新设计
[例3] 某班物理实验课上,同学们用可拆变压器探究“变压器电压与线圈匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。
(1)下列说法正确的是　　　　。(多选)
A.为确保实验安全,实验中使用的低压直流电源不能超过12 V
B.变压器原线圈接低压交流电源,测量副线圈电压时应当用多用电表的直流电压挡
C.可以先保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,研究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D.测量副线圈电压时,先用最大量程挡试测,大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
E.变压器开始正常工作后,铁芯导电,把电能由原线圈输送到副线圈
F.变压器开始正常工作后,若不计各种损耗,在原线圈上将电能转化成磁场能,在副线圈上将磁场能转化成电能,铁芯起到“传递”磁场能的作用
CDF
【解析】 (1)为确保实验安全,应使用低压交流电源,所用电压不超过12 V,选项A错误;变压器原线圈接低压交流电源,测量副线圈电压时应当用多用电表的交流电压挡,选项B错误;可以先保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,研究副线圈匝数对副线圈电压的影响,选项C正确;为确保安全,测量副线圈电压时,先用最大量程挡试测,大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量,选项D正确;变压器开始正常工作后,若不计各种损耗,在原线圈上将电能转化成磁场能,在副线圈上将磁场能转化成电能,铁芯起到“传递”磁场能的作用,铁芯本身不导电,选项E错误,F正确。
(2)一名同学实验时,观察两个线圈的导线,发现粗细不同。他选择的原线圈为800匝,副线圈为400匝,原线圈接学生电源的正弦交流输出端,所接电源为“8 V”挡位,测得副线圈的电压为 4.2 V。则下列叙述中可能符合实际情况的一项是　　　　。
A.学生电源实际输出电压大于标注的“8 V”
B.原线圈实际匝数与标注“800”不符,应大于800匝
C.副线圈实际匝数与标注“400”不符,应小于400匝
D.变压器的铁芯B没有安装在铁芯A上,导致铁芯没有闭合
A
(3)变压器铁芯是利用相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的,而不是采用一整块硅钢,如图丙所示。
①图丙中,硅钢片应平行于　　　　。
A.平面abcd　　　　B.平面abfe
C.平面abgh　　　　D.平面aehd
【解析】 (3)①变压器的铁芯在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象,要损耗能量,不用整块的硅钢铁芯其目的是增大电阻,为了减小涡流,减小发热量,提高变压器的效率,则硅钢片应平行于平面 aehd,故选D。
D
②这样设计的原因是　　　　。
A.增大涡流,提高变压器的效率
B.减小涡流,提高变压器的效率
C.增大铁芯中的电阻,以产生更多的热量
【解析】 ②这样设计的原因是减小涡流,提高变压器的效率。故选B。
B
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第2节　交变电流的产生
1.了解交流发电机的工作原理。2.知道交变电流的产生,会判断电流方向的变化。3.掌握交变电流的变化规律,会写出其瞬时值表达式;能从正弦式交变电流的图像中读出峰值、周期,能对正弦式交变电流的图像描述和函数式描述进行转换。
[定位·学习目标]　
探究·必备知识
「知识梳理」
知识点一　交流发电机
1.定义:由法拉第电磁感应定律可知,只要通过闭合回路的 发生变化,就可产生感应电动势和 。发电机就是利用这一原理把机械能转变成电能的装置。能产生 随时间做周期性变化电流的发电机,称为交流发电机。
2.组成:主要由 和 两部分组成。
磁通量
感应电流
大小和方向
线圈(电枢)
磁极
3.分类
(1)旋转电枢式发电机: 固定不动, 转动。
(2)旋转磁极式发电机: 固定不动, 转动。
(3)不论哪一种发电机,转动的部分都称为 ,固定不动的部分都称为 。
磁极
电枢
电枢
磁极
转子
定子
知识点二　正弦式交变电流的产生原理
1.产生条件:线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
2.过程分析
3.中性面:线圈平面与磁感线 时所在的平面。
4.感应电流的方向:在线圈连续转动过程中,感应电流的大小和方向都将随时间做 。线圈每经过中性面一次,感应电流的方向就改变 ;线圈每转动一周,感应电流的方向就改变 。因为感应电流是由感应电动势引起的,所以线圈转动所产生的感应电动势也随时间做 。
垂直
周期性变化
一次
两次
周期性变化
知识点三　正弦式交变电流的变化规律
1.感应电动势的变化规律
ωt
nBωSsin ωt
nBSω
Emsin ωt
2.电压、电流的变化规律
在只含有电阻的交流电路中,负载两端电压u、流过的电流i分别为u=
,i= 。
3.峰值:表达式中的Em、 Um、Im分别为感应电动势、电压和感应电流的最大值,也叫峰值。
Umsin ωt
Imsin ωt
4.正弦式交变电流的图像
1.思考判断
(1)只要线圈在磁场中转动,就可以产生交变电流。(　 　)
(2)当线圈中的磁通量最大时,产生的电流也最大。(　 　)
(3)线圈绕垂直于磁感线的轴转动时产生的电流是交变电流,电动势的峰值与线圈的形状有关。(　 　)
(4)交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置有关。(　 　)
(5)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。(　 　)
(6)发电机是将其他形式的能转化为电能的装置。(　 　)
×
「新知检测」
×
×
√
×
√
2.思维探究
(1)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
(2)交流发电机输出的电流都可以表示为i=Imsin ωt 吗
【答案】 (2)不一定。如果线圈从与中性面垂直时开始计时,则输出的电流表示为i=Imcos ωt。
(3)交流发电机中线圈的角速度ω保持不变的前提下,怎样才能使发电机有较大的电动势峰值
【答案】 (3)由于Em=nBSω,要增大发电机产生的电动势的峰值,可增加线圈的匝数、增大匀强磁场的磁感应强度或增大线圈的面积。
突破·关键能力
要点一　正弦式交变电流的产生原理
「情境探究」
如图甲、乙所示,把小灯泡分别接到干电池和手摇发电机的输出端。如图丙所示,把电流计接入到手摇发电机的输出端。
试结合上述情境,讨论下列问题:
(1)闭合图甲、乙中开关,且转动发电机的手柄,观察小灯泡的发光情况,小灯泡的发光情况能够说明什么
【答案】 (1)接在直流电路中的小灯泡亮度不变;转动手摇发电机的手柄,小灯泡的亮度不断变化,这说明了手摇发电机产生的电流大小不断变化,不同于电池产生的恒定电流。
(2)摇动图丙中发电机的手柄,观察电流计的指针摆动情况是怎样的 电流计指针的摆动情况说明什么问题
【答案】 (2)电流计的指针不停地在“0”刻度线两侧左右摆动,说明电路中产生的电流方向发生周期性变化。
「要点归纳」
1.产生原理:由法拉第电磁感应定律可知,当闭合回路的部分导体做切割磁感线的运动时,闭合回路中就有感应电流产生。
当线圈在磁场中转动时,线圈所在的闭合回路中有感应电流产生,可用如图所示的装置做实验,当线圈转动时,可以观察到电流计的指针在中央刻度线两侧来回摆动,说明流过电流计的电流大小和方向都在不停地变化。
2.交变电流产生过程中的两个特殊位置
图示
概念 中性面位置 与中性面垂直的位置
3.两点说明
(1)线圈中的磁通量最大时,磁通量的变化率为零,交变电流最小,为零且方向改变。
(2)线圈转动一周,交变电流的方向改变两次。
[例1] 如图所示为演示交变电流产生的装置图,关于这个实验,下列说法正确的是(　　)
A.线圈从中性面位置转过180°过程,穿过线圈的磁通量变化量为零
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
【解析】 若磁场的磁感应强度为B,线圈面积为S,线圈从中性面位置转过180°过程中,穿过线圈的磁通量可认为由BS变化为-BS,其变化量为 -2BS,故A错误;题图所示位置线圈平面与磁场方向平行,不是中性面,故B错误;根据右手定则,题图所示位置ab边的感应电流方向为a→b,故C正确;线圈平面与磁场方向平行时,磁通量为零,磁通量变化率最大,故D错误。
交变电流产生的两点注意
(1)中性面是一个假想的参考平面,实际不存在。
(2)产生正弦式交变电流的条件是:线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动,与线圈的形状和转轴的位置无关。
·方法总结·
[针对训练1] 交流发电机发电过程示意图如图所示,线圈转动过程中,下列说法正确的是(　　)
A.转到图甲位置时,通过线圈的磁通量变化率最大
B.转到图乙位置时,线圈中产生的感应电动势为零
C.转到图丙位置时,线圈中产生的感应电流最大
D.转到图丁位置时,AB边感应电流方向为 A→B
D
【解析】 转到题图甲位置时,线圈平面与磁感线垂直,磁通量最大,但磁通量变化率为零,A错误;转到题图乙位置时,线圈产生的感应电动势最大,B错误;转到题图丙位置时,线圈位于中性面位置,此时感应电流最小为零,C错误;转到题图丁位置时,根据楞次定律或右手定则可判断AB边感应电流方向为A→B,D正确。
要点二　正弦式交变电流的变化规律
「情境探究」
如图所示,单匝线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场的中心轴OO′转动。
试结合上述现象讨论:
(1)当线圈平面从中性面开始计时,试分析并计算单匝线圈中感应电动势瞬时值的表达式。若线圈为n匝呢
(2)若从垂直于中性面的位置开始计时,感应电动势的表达式是怎样的
【答案】 (2)若线圈从垂直于中性面位置开始计时,t=0时感应电动势e为最大值,则感应电动势的表达式为e=BSωcos ωt。
(3)电动势的最大值与开始计时的位置是否有关
【答案】 (3)线圈在匀强磁场中匀速转动时,感应电动势的最大值Em=BSω,与开始计时的位置无关。
(4)在(1)(2)两种情况下e-t图像有什么区别
【答案】 (4)线圈从中性面开始计时,e-t图像为正弦图像;线圈从垂直于中性面开始计时,e-t图像为余弦图像。
「要点归纳」
从两个特殊位置开始计时的瞬时值表达式
项目 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=Φmcos ωt= BScos ωt Φ=Φmsin ωt=
BSsin ωt
感应 电动势 e=Emsin ωt= nBSωsin ωt e=Emcos ωt=
nBSωcos ωt
(1)线圈中产生的感应电动势的最大值;
【答案】 (1)160 V
(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;
【答案】 (2)i=16sin 200t A
(3)理想交流电压表和理想交流电流表的读数。
解答交变电流的瞬时值问题的思路
·学习笔记·
[针对训练2] 如图甲所示,交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,穿过该线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示。线圈的匝数 n=20,线圈电阻r=1 Ω,电阻R=9 Ω,电流表A可看作理想电流表。则t=0.5 s 时感应电动势最　　　　,线圈转动一周的过程中感应电动势的最大值为　　　V,通过电阻R的最大电流为　　　　A。
小　
4　
0.4
要点三　交变电流图像的应用
「情境探究」
如图是一个正弦式交变电流的图像。
(1)该电流的峰值Im、周期T分别是多少
(2)写出该交变电流的瞬时值表达式。
「要点归纳」
正弦式交变电流的图像是一条正弦曲线,从图像中可以得到以下信息:
(3)瞬时值:每个“点”表示某一时刻的瞬时值。
(4)可确定线圈位于中性面或线圈平行于磁感线的时刻。
[例3] (双选)如图所示,图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦式交变电流的图像,当调整线圈转速后,所产生的正弦式交变电流的图像如图线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.线圈先后两次转速之比为2∶3
B.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量为零
C.交变电流a电动势的瞬时值为e=10sin 5πt V
CD
在交变电流中的常见图像
(1)e-t图像、u-t图像和i-t图像,通过该部分图像,结合电路知识,可解决对应物理量的峰值、有效值、瞬时值、周期(或频率)、电功、电功率等的计算。
(2)Φ-t图像、B-t图像,通过该部分图像,结合线圈与磁场的关系,可确定线圈位置、交变电流周期、电动势的变化以及电动势峰值、有效值等。
·学习笔记·
[针对训练3] 线圈在匀强磁场中匀速转动,产生交变电流的图像如图所示,由图可知(　　)
A.在A、C时刻线圈处于中性面位置
B.在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零
C.从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π
D.若从0时刻到D时刻经过0.02 s,则在1 s内交变电流的方向改变100次
D
提升·核心素养
「模型·方法·结论·拓展」
正弦式交变电流的四值比较
(1)写出线圈内产生的感应电动势瞬时值的表达式;
(2)理想交流电压表和理想交流电流表的示数;
【答案】 (2)40 V　2.0 A　
(3)电阻R所消耗的电功率;
【答案】 (3)80 W
【解析】 (3)电阻R所消耗的电功率为P=IAUV=2.0×40 W=80 W。
(4)从计时开始,线圈转过90°的过程中,通过外电阻R的电荷量。
【答案】 (4)0.04 C
「科学·技术·社会·环境」
电动机和发电机
凡在安培力作用下在磁场中运动的通电导体均可看成电动机;凡是在外力作用下做切割磁感线运动而产生感应电流的导体均可看成发电机。
1.两者的相同点
(1)构造相同。都由线圈、磁铁、换向器、电刷组成。
(2)元件连接方式相同。各元件均以串联方式组成电路。
(3)都受磁场方向影响。发电机中产生的电流方向与磁场方向有关;电动机中线圈受力方向与磁场方向有关。
2.两者的不同点
项目 电动机 发电机
工作原理 通电线圈在磁场中 受到安培力而转动
闭合线圈在磁场中受外力
转动而产生感应电动势
能量转化 电能转化为机械能 机械能转化为电能
解题要点 (1)受力由左手定则来判断。 (2)能量关系:E总=E输出+E热。 (3)实际功率:P实际≤P额定。 (4)电压、电流关系:U>IR (1)产生的感应电流方向(或电势高低)由右手定则判定。
(2)感应电动势大小由法拉第电磁感应定律计算。
(3)注意交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值的区别。
(4)能量关系:E输入=E电+E损
[示例] 如图所示电路中接入电压为u=U0sin ωt 的正弦式交变电流,电路中接有一个理想交流电流表、保护电阻R0和一个电动机,电动机的线圈电阻为R。当输入端接通电源后,电动机带动一质量为m的重物匀速上升,此时电流表的示数为I,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
C
检测·学习效果
1.(双选)下列各图中能产生交变电流的是( 　 　)
CD
A B C D
【解析】 选项A、B中,线框在磁场内转动,穿过线框的磁通量没有发生变化,故没有感应电流产生,A、B错误;选项C、D中,穿过线框的磁通量发生变化,故有感应电流产生,C、D正确。
2.关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流,下列说法正确的是(　　)
A.线圈平面每经过中性面一次,感应电流方向就改变一次,感应电动势方向不变
B.线圈每转动一周,感应电流方向就改变一次,感应电动势方向不变
C.线圈平面每经过中性面一次,感应电动势和感应电流的方向都要改变一次
D.线圈每转动一周,感应电动势和感应电流方向都要改变一次
C
【解析】 线圈平面每经过中性面一次,感应电动势和感应电流的方向都要改变一次,故A错误,C正确;线圈每转动一周,经过中性面两次,感应电动势和感应电流的方向都要改变两次,故B、D错误。
3.如图所示,边长为L的正方形线框在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,以周期T绕OO′轴匀速转动,从图示位置开始计时,下列说法正确的是(　　)
A.图示位置与中性面垂直
B.回路中产生稳恒直流电
D
4.如图甲所示为一台小型发电机的示意图,单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时,产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻不计,外接灯泡的电阻为R=2 Ω,理想电压表与灯泡并联。则下列判断正确的是(　　)
C
(1)若线圈从中性面位置开始计时,请写出电动势的瞬时值表达式;
(2)求灯泡的电功率。
【答案】 (2)36 W
感谢观看章末总结
专题一　对交变电流“四值”的理解与计算
[例1] 如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。
【答案】 (1)自下而上　(2)e=nBL1L2ωsin ωt
(3)　(4)　
(5)
【解析】 (1)根据右手定则判断可知,线圈中的电流方向是 d→c→b→a,故通过电阻R的感应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,且最大值Em=nBL1L2ω,所以感应电动势的瞬时值表达式e=nBL1L2ωsin ωt。
(3)线圈转过90°过程中,磁通量的改变量ΔΦ=BL1L2,时间为Δt=×=,
由法拉第电磁感应定律有
=n==。
(4)根据闭合电路欧姆定律,电流随时间的变化关系式为i===sin ωt,
而ωt=60°,则i=·=。
(5)电动势的有效值E==,
电流的有效值I==,
而周期 T=,
则线圈转动一个周期内电阻R上产生的热量
Q=I2RT=。
(1)瞬时值:它反映不同时刻交变电流的大小和方向,表达式e=Emsin ωt,u=Umsin ωt,i=Imsin ωt,对应线圈从中性面开始计时。
(2)最大值:电动势、电压或电流变化过程中的最大值,它表示交变电流大小的变化范围,当线圈平面跟磁感线平行时,交流电动势最大且为Em=nBSω。电容器接在交流电路中,则交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值。
(3)有效值:正弦式交变电流的有效值跟最大值之间的关系是U=Um,I=Im。对于非正弦式交变电流,应根据电流的热效应计算。通常用电压表、电流表所测的交流电压、电流的值都是有效值。用电器上所标电压、电流值也是有效值。在计算交变电流通过导体产生的热量、电功以及确定保险丝的熔断电流时,需要用有效值。
(4)平均值:在由=n计算某一过程线圈中产生的平均感应电动势时,ΔΦ为该过程中磁通量的改变量。计算平均值切忌用算术平均法,≠,也不同于有效值。
[针对训练1] (2024·山东卷)如图甲所示,在 -d≤x≤d,-d ≤y≤d的区域中存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域),边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时,线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化,线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分,则变化后磁场的区域可能为(　　)
A B
C　 D
【答案】 C
【解析】 根据题意可知,磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e=Esin ωt,由题图丙可知,磁场区域变化后,当Esin ωt=时,线圈的侧边开始切割磁感线,即当线圈旋转时开始切割磁感线,由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d′=2dcos =d,C正确。
专题二　含变压器电路的动态分析
[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,开关S断开。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、A2示数均变大
【答案】 B
【解析】 当滑动变阻器的滑片P向上滑动时,接入电路的阻值变大,而变压器副线圈两端电压不变,则副线圈中的电流减小,变压器的输出功率变小,输入功率减小,电流表A1示数变小,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、C错误,B正确;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示数变小,原线圈中的电流变大,电流表A1示数变大,选项D错误。
(1)匝数比不变、负载电阻改变的情况(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)匝数比改变(如n2变化)、负载电阻不变的情况(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。
③U2变化,根据P2=,P2发生变化,再根据P1=P2,故P1变化,U1不变,故I1发生变化。
[针对训练2] (双选)(2024·重庆卷)小明设计了台灯的两种调光方案,电路图分别如图甲、乙所示,图中额定电压为6 V的灯泡电阻恒定,R为滑动变阻器,理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220 V的交流电;滑片P可调节灯泡L的亮度,P在R最左端时,甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作,则(　　)
A.n1∶n2=110∶3
B.当P滑到R中点时,图甲中L功率比图乙中的小
C.当P滑到R最左端时,图甲所示电路比图乙更节能
D.图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大
【答案】 AC
【解析】 滑片P在最左端时,题图甲、乙中变压器输出电压均为灯泡的额定电压6 V,由题图知 ==,A正确;当P滑到R中点时,题图甲中总电阻为P左端电阻与灯泡电阻之和,题图乙中总电阻为灯泡电阻与P右端电阻并联后的总电阻与P左端电阻之和,由于并联电阻小于灯泡电阻,则题图甲中灯泡两端电压大于题图乙中灯泡两端电压,故题图甲中灯泡功率比题图乙中灯泡功率大,B错误;当P滑到R最左端时,题图甲中电路只有灯泡接入,题图乙中R与灯泡并联,总电阻更小,输出功率更大,故题图甲所示电路比题图乙更节能,C正确;题图乙中的灯泡两端电压在0到6 V间变化,题图甲中灯泡两端电压最高为 6 V,最低达不到0,则题图乙中灯泡两端电压的可调范围更大,D错误。
专题三　远距离输电线路的分析与计算
[例3] 供电部门为医院设计的供电系统输电电路简图如图所示,发电机的矩形线框ABCD 处于磁感应强度大小B= T的水平匀强磁场中,线框面积S=0.25 m2,匝数n=100,电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO′以一定的角速度匀速转动,并与升压变压器的原线圈相连,升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶20,降压变压器的副线圈接入到医院供电,两变压器间的输电线等效电阻R=40 Ω,变压器均为理想变压器。当发电机输出功率P=5×104 W时,电压表的示数为250 V,额定电压为220 V的医疗设备正常工作。求:
(1)线框转动角速度大小;
(2)降压变压器原、副线圈匝数之比。
【答案】 (1)100π rad/s　(2)
【解析】 (1)发电机产生的最大感应电动势
Em=nBSω,
电压表的示数U1=,解得ω=100π rad/s。
(2)升压变压器的输出电压U2=U1=5 000 V,
输送电流I==10 A,
降压变压器的输入电压U3=U2-IR=4 600 V,
对降压变压器有==。
解决远距离输电问题的方法
(1)画出输电示意图,包括发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载等,在图中标出相应物理量符号。
(2)分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量之间的关系,特别注意由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。
(3)利用输电电流I=,输电线上损失电压 U损=IR线,输电线损失功率P损=I2R线=()2R线,P入=P出,=及其相关知识解答。
[针对训练3] (2025·广东卷)如图所示,某光伏电站输出功率1 000 kW、电压400 V的交流电,经理想变压器升压至10 kV后,通过输电线输送到变电站,输电线的等效电阻R为5 Ω。下列说法正确的是(　　)
A.变压器原、副线圈匝数比为1∶100
B.输电线上由R造成的电压损失为500 V
C.变压器原线圈中的电流为100 A
D.变压器原、副线圈中电流的频率不同
【答案】 B
【解析】 根据理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比,可得===,A错误;原、副线圈两端的功率相等,流过副线圈的电流I2== A=100 A,输电线上由R造成的电压损失为ΔU=I2R=100×5 V=500 V,B正确;变压器原线圈中的电流为 I1== A=2 500 A,C错误;变压器不改变交变电流的频率,变压器原、副线圈中电流的频率相同,D错误。
1.(双选)在一小型交流发电机中,矩形金属线圈abcd的面积为S,匝数为n,线圈总电阻为r,在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕轴OO′以角速度ω匀速转动(从上往下看沿逆时针方向),以如图甲所示的位置作为计时的起点,产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示,矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路,下列说法正确的是(　　)
A.在t1～t3时间内,通过电阻R电流方向始终向上
B.在t2～t4时间内,通过电阻R的电荷量为
C.t2时刻穿过线圈的磁通量变化率最大,大小为E0
D.在0～t4时间内电阻R上产生的热量为t4
【答案】 AD
【解析】 根据右手定则可知,在t1～t3时间内,线圈中的电流方向为c→b→a→d,则通过电阻R电流方向不变,始终向上,故A正确;通过电阻的电荷量 q=,所以t2到t4这段时间通过电阻R的电荷量为q=,又E0=nBSω,故q=,故B错误;t2时刻产生的电动势最大为E0,根据法拉第电磁感应定律E0=n,所以磁通量的变化率为=,故C错误;计算热量应该用有效值,在0～t4时间内电阻R上产生的热量为Q=Rt4=t4,故D正确。
2.(双选)泉州水力资源丰富,现利用市内某条流量Q=2 m3/s、落差h=5 m的河流发电并进行远距离输电。如图所示,若发电机输出功率为 4×104 W,输出电压恒为240 V,输电线路总电阻 R线=24 Ω,允许损失功率为输出功率的6%,要满足居民220 V的用电需求。重力加速度g取 10 m/s2,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,则(　　)
A.发电机的效率为45%
B.该输电线路所使用的理想升压变压器的匝数比是3∶50
C.该输电线路所使用的理想降压变压器的匝数比是180∶11
D.若用户区消耗的功率增大,则用户区获得的电压U4将变小
【答案】 BD
【解析】 发电机的效率为η=×100%=×100%=40%,故A错误;升压变压器原线圈中的电流为I1== A,根据P损=R线=6%P出,解得输电线中的电流为I2=10 A,则该输电线路所使用的理想升压变压器的匝数比为==,故B正确;升压变压器副线圈的输出电压为 U2=U1=4 000 V,降压变压器原线圈的输入电压为U3=U2-I2R线=3 760 V,则该输电线路所使用的理想降压变压器的匝数比为==,故C错误;若用户区消耗的功率增大,则电源输出总功率变大,因为总电压不变,由I=,可知升压变压器原线圈电流变大,输电线中的电流变大,则输电线上的损耗电压变大,降压变压器原线圈电压变小,则降压变压器副线圈电压也变小,故D正确。
3.如图所示,变压器为理想变压器,电流表A1内阻不可忽略,其余的均为理想的电流表和电压表。a、b之间接有电压有效值不变的交流电源,R0为定值电阻,R为滑动变阻器。现将滑动变阻器的滑片沿c→d的方向滑动时,则下列说法正确的是(　　)
A.电流表A1、A2的示数都变大
B.电流表A1的示数变小,A2的示数变大
C.电压表V1、V2示数不变,V3示数变小
D.电压表V1、V2示数变小,V3示数变大
【答案】 A
【解析】 a、b之间接有电压有效值不变的交流电源,滑动变阻器的滑片沿c→d的方向滑动时,滑动变阻器接入电路的阻值变小,故电流表A2示数增大,根据输出电流决定输入电流,电流表A1示数也增大,故A正确,B错误;由于电流表A1内阻不可忽略,故Uab=I1r+U1,Uab不变,I1变大,则U1变小,即电压表V1示数变小,根据电压与匝数成正比,电压表V2示数也变小,U3=U2-I2R0,I2变大,U2变小,故U3变小,即V3示数变小,故C、D错误。
4.(双选)如图所示是自耦变压器(可视为理想变压器)的原理图,线圈AB绕在一个圆形的铁芯上,A、B端加上u=220sin 100πt V 的交流电压,通过移动滑动触头P来调节C、D端输出电压。当P处于图示位置时,原、副线圈的匝数比 n1∶n2=2∶1,现想将一个“38 V　19 W”的灯泡接到输出端C、D,下列操作可使灯泡正常发光的是(　　)
A.仅将P顺时针旋转到合适位置
B.仅将P逆时针旋转到合适位置
C.仅将灯泡并联一个阻值为144 Ω的电阻
D.仅将灯泡串联一个阻值为144 Ω的电阻
【答案】 AD
【解析】 输入电压的有效值为U1==220 V,根据变压器两端的电压与匝数的关系可知U2=U1=110 V,灯泡的额定电压为38 V,可知若将一个“38 V　19 W”的灯泡接到输出端C、D,并使灯泡正常发光,可以仅将P顺时针旋转到合适位置减小副线圈的匝数,也可串联一个电阻,根据RL∶R=UL∶UR,又RL=,UL+UR=110 V,联立解得需要串联的电阻阻值为R=144 Ω,故A、D正确,B、C错误。
5.(双选)某实验小组利用如图所示的电路模拟研究远距离输电。图中交流电源电压为U=6 V,定值电阻为R=20 Ω,小灯泡L的规格为“6 V　3.6 W”,接通电路调节两个变压器,使小灯泡始终以额定功率工作,此时理想变压器T1原、副线圈的匝数比为=k1,理想变压器T2原、副线圈的匝数比为=k2。则下列说法正确的是(　　)
A.k1和k2的乘积大于1
B.k1越大,电路的输电效率越高
C.若k2=6,则R上消耗的电功率为0.2 W
D.若k2=6,则变压器T1的输出电压为38 V
【答案】 CD
【解析】 由于两个变压器之间的电阻R上会有电压,理想变压器T1输出电压U2等于T2对应的输入电压U3与R上电压UR之和,则有匝数比满足==k1,===k2,由于U1=U4=6 V,则有k1k2=·=<1,A错误;k1越大,T1输出的电压U2越低,T2输出电压U4越低,要使灯泡以额定功率正常工作,则需要输电线上的电流越大,则输电线损失的电功率越大,电路的输电效率越低,B错误;对变压器T2,输出电流与输入电流的比值满足=k2,对灯泡则有I4== A=0.6 A,若k2=6,则R上电流 I3=0.1 A,其消耗的电功率PR=R=0.12×20 W=0.2 W,C正确;若k2=6,则有==k2,U3=U4=6×6 V=36 V,则变压器T1的输出电压为U2=U3+I3R=36 V+0.1×20 V=38 V,D正确。
6.如图所示,一理想变压器的原、副线圈匝数分别为2 200和110,将原线圈接在输出电压u=220sin 100πt V的交流电源两端。副线圈上只接有一个电阻R,与原线圈串联的理想交流电流表的示数为 0.20 A。变压器副线圈中电流的有效值为　　　　 A,电阻R两端的电压有效值为　　　　V,电阻R的电功率为　　　　 W。
【答案】 4　11　44
【解析】 由u=220sin 100πt V知,原线圈两端电压有效值为220 V,由 =得U2=11 V,即电阻R两端的电压有效值为11 V,由于交流电流表示数为0.20 A,根据P入=P出,有U1I1=U2I2,I2== A=4 A,即变压器副线圈中电流有效值为4 A;电阻R的电功率为P=U2I2=11×4 W=44 W。
7.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,为了减少电能损失,使用4 kV高压输电,最后用户得到“220 V　9.5 kW”的电力,求:
(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比n1∶n2;
(2)输电线路的导线总电阻r;
(3)用户降压变压器原、副线圈匝数比n3∶n4。
【答案】 (1)　(2)80 Ω　(3)
【解析】 (1)升压变压器原、副线圈匝数比为
===。
(2)导线总电阻r与输送电流和输电线上损失的电功率有关,有P损=r,又有I2=,P1=P2,则I2=2.5 A,所以
r== Ω=80 Ω。
(3)设降压变压器原线圈上电压为U3,
U3=U2-I2r=(4 000-2.5×80) V=3 800 V,
所以降压变压器原、副线圈匝数比为
===。
交变电流与远距离输电　检测试题
一、单项选择题:本题共4小题,每小题4分,共 16分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.如图所示为教学演示用交流发电机。以不太快的速度摇动发电机,与发电机相连的小灯泡将一闪一闪发光,现将摇动速度加倍,下列分析正确的是(　　)
A.小灯泡闪光周期将加倍,亮度增大
B.小灯泡闪光频率将加倍,亮度增大
C.小灯泡闪光频率将不变,亮度增大
D.小灯泡闪光频率将加倍,亮度不变
【答案】 B
【解析】 摇动速度加倍,则转速变大,产生交流电的频率增加,可知小灯泡闪光频率将加倍;感应电流的大小与发电机的转速有关,转速越大,输出的电流也越大,则灯泡的亮度增大,故B正确。
2.如图甲所示是某风力发电场,耸立的风电机组与蓝天白云相映成景,美如画卷。图乙为风力发电的简易模型,在风力作用下,风叶带动与杆固连的永磁体转动,磁体下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时,电压传感器显示如图丙所示,则(　　)
A.永磁体的转速为10 r/s
B.图丙所示交流电压的表达式为u=12sin 5πt V
C.线圈两端电压的有效值为12 V
D.若将该交流电直接加在击穿电压为9 V的电容器上,电容器不会被击穿
【答案】 B
【解析】 由题图丙可知,交变电流的周期为T=0.4 s,故永磁体的转速为n== r/s=2.5 r/s,故A错误;永磁体转动的角速度ω== rad/s=5π rad/s,故交流电压的表达式为u=Umsin ωt=12sin 5πt V,故B正确;由题图丙可知电压的最大值为12 V,故有效值U==6 V,故C错误;交流电的最大值12 V大于电容器的击穿电压 9 V,因此若将该交流电直接加在电容器上,电容器会被击穿,故D错误。
3.如图所示为含有理想变压器的电路,图中的三个灯泡L1、L2、L3都标有“5 V　5 W”字样。L4标有“5 V　10 W”字样,若它们都能正常发光,不考虑导线的能耗,则该电路a、b两端的输入功率Pab和输入电压Uab应为(　　)
A.20 W,25 V B.25 W,25 V
C.20 W,20 V D.25 W,20 V
【答案】 B
【解析】 L2、L3并联后与L4串联,灯泡都能正常发光,可知U2=10 V,P2=5 W+5 W+10 W=20 W,根据P2=P1=U1I1,I1=,解得U1=20 V,所以Uab=U1+UL1=20 V +5 V =25 V,故Pab=P1+PL1=20 W+5 W=25 W。故选B。
4.如图所示,一理想变压器原线圈与定值电阻R1、理想电流表A1一起接入电压恒为U的交流电源,原线圈接入电路的匝数可通过调节触头P进行改变,副线圈和电阻箱R2、理想电流表A2连接在一起。下列说法正确的是(　　)
A.保持R2不变,将触头P向上移动,则A1的示数变大
B.保持R2不变,将触头P向下移动,电源输出的总功率变小
C.保持P的位置不动,增大R2,则A1的示数减小,A2的示数减小
D.保持P的位置不动,增大R2,则R2的电功率变小,R1的电功率不变
【答案】 C
【解析】 对原线圈回路有U=U1+I1R1,根据变压器电压、电流关系可知=,=,对副线圈回路有U2=I2R2,联立可得U=I1(R1+R2),保持R2不变,将触头P向上移动,则n1增大,根据上述推导可知I1变小,即A1的示数变小,A错误;保持R2不变,将触头P向下移动,n1减小,则I1增大,根据P=UI1可知,电源输出的总功率变大,B错误;保持P的位置不动,增大R2,根据上述推导可知I1、I2变小,即A1和A2的示数都变小,C正确;根据P=I2R可知,R1的电功率变小,R2的电功率可能变小也可能变大,D错误。
二、双项选择题:本题共4小题,每小题6分,共 24分。每小题有两项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
5.如图所示,不计电阻、边长为10 cm的正方形线框ABCD,置于磁感应强度为0.2 T的匀强磁场中,线框匝数为100,某时刻线框开始以n= r/s的转速绕OO′匀速转动,电刷接头E、F串联阻值为10 Ω的定值电阻R和理想电流表。从图示位置开始计时,下列说法正确的是(　　)
A.理想电流表的示数为2 A
B.线框转过90°的过程通过电阻R的电荷量为0.02 C
C.将电阻R换成电容器且使其不击穿,则其耐压值为20 V
D.线框产生电动势的瞬时值表达式为e=20·sin 100t V
【答案】 AB
【解析】 感应电动势的最大值为Em=NBSω=NBS×2πn=20 V,有效值为E==20 V,根据欧姆定律可知I==2 A,故A正确;线框转过90°的过程通过电阻R的电荷量为q=t=t=n=n=0.02 C,故B正确;电容器的耐压值是指最大值,将电阻R换成电容器且使其不击穿,则其耐压值为 20 V,故C错误;线框产生电动势的瞬时值表达式为e=Emcos 2πnt=20cos 100t V,故D错误。
6.如图所示,闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动,沿着OO′方向观察,线圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B,线圈匝数为n,ab边的边长为l1,ad边的边长为l2,线圈电阻为R,转动的角速度为ω,则当线圈转至图示位置时(　　)
A.线圈中感应电流的方向为a→b→c→d→a
B.线圈中的感应电动势为2nBl2ω
C.穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大
D.线圈ad边所受安培力的大小为
【答案】 CD
【解析】 根据右手定则,线圈中感应电流的方向为a→d→c→b→a,选项A错误;当线圈转至图示位置时,线圈中感应电动势应为最大值Em=nBl1l2ω,此时,穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大,选项B错误,C正确;线圈ad边所受安培力的大小F=nBIl2=,选项D正确。
7.如图所示的电路中,P为滑动变阻器的滑片,保持理想变压器的输入电压U1不变,闭合开关S,下列说法正确的是(　　)
A.P向下滑动时,灯L变亮
B.P向下滑动时,变压器的输出电压不变
C.P向上滑动时,变压器原线圈的电流变小
D.P向上滑动时,变压器的输出功率变大
【答案】 BD
【解析】 由于理想变压器输入电压U1不变,原、副线圈匝数不变,所以输出电压U2也不变,灯L亮度不随P的滑动改变,故选项A错误,B正确;P向上滑动时,滑动变阻器接入电路的电阻减小,负载总电阻R总减小,由I2=知,通过副线圈的电流I2增大,输出功率P2=U2I2增大,再由=知原线圈的电流I1也增大,故选项C错误,D正确。
8.如图所示为某水电站远距离输电的原理图。升压变压器的原、副线圈匝数比为n∶1,输电线总电阻为R,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂输出的电压恒为U,若由于用户端负载变化,使输电线上损失的电压增加了ΔU。下列说法正确的是(　　)
A.电流表A1、A2的示数均增大
B.电压表V1的示数不变,电压表V2的示数增大
C.发电厂输出的功率增加了U
D.输电线上损失的功率增加了
【答案】 AC
【解析】 输电线上损失的电压增加,则输电线的电流I2变大,即电流表A1的示数增大,则降压变压器副线圈电流变大,即A2的示数增大;升压变压器副线圈两端电压U2=,由于n和U不变,则U2不变,即电压表V1示数不变;降压变压器原线圈两端电压U3=U2-I2R,可知U3减小,则降压变压器副线圈两端电压减小,即电压表V2的示数减小,A正确,B错误;输电线损失电压增加ΔU,则由ΔU=ΔIR知,输电线的电流增加了ΔI=,设发电厂输出的功率增加了ΔP,则升压变压器原线圈电流增加了,则副线圈电流增加了,即=,解得ΔP=U,C正确;输电线上损失的功率增加了ΔP损=R-R=2I2ΔIR+ΔI2R=2I2ΔU+≠,D错误。
三、非选择题:共60分。
9.(6分)如图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N、S间的磁场可视为沿水平方向的匀强磁场,A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动,从图示位置开始计时,产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。则线圈转动的角速度为 　　　rad/s,在0.02 s时刻电流表的读数为　　　A,若负载R的阻值为5 Ω,则R消耗的功率为　　　　W。
【答案】 100π　10　500
【解析】 由题图乙可知交流电的周期为T=2×10-2 s,则线圈转动的角速度为ω==100π rad/s,由题图乙可知交流电的最大值为Im=10 A,由于电流表的示数为有效值,故示数为I==10 A,负载消耗的功率P=I2R=500 W。
10.(6分)如图所示,单匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的水平匀强磁场中,线框面积为S,电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动。线框中感应电流的有效值I=　　　　;线框从中性面开始转过的过程中,通过导线横截面的电荷量q=　　　　;线框转动一周的过程中,产生的热量为　　　　。
【答案】 　　
【解析】 线框中产生的感应电动势的最大值Em=BSω,感应电动势有效值E=Em=BSω,则电流的有效值为I==;线框从中性面开始转过的过程中,通过导线横截面的电荷量q=Δt=Δt=Δt==;线框转动一周产生的热量为Q=I2Rt=I2R=。
11.(6分)某同学需要通过一个变压器从家庭电路中得到12 V的交流电,于是买了一个标记为“220/12 V”的变压器,如图所示,他看到变压器上有a、b、c、d四个引出线头,且a、d引线比b、c引线粗,没有相应的说明书。
(1)一般来说,同样材料和长度的导线,粗的导线比细的导线电阻小,适合承载稍　　　　(选填“大”或“小”)的电流,因此接家用220 V电源的引线应该是　　　　(选填“ad”或“bc”)。
(2)为了检验自己的上述判断是否准确,他借来一个学校实验室用的学生电源,从学生电源上输出22 V的电压代替家用电路中的220 V电压,按自己的判断接好线后,再用数字万用表测量另外两个引线之间的电压,发现读数为1.25 V,说明他对哪一端接220 V的判断是　　　　(选填“正确”或“不正确”)的。
【答案】 (1)大　bc (2)正确
【解析】 (1)一般来说,同样材料和长度的导线,粗的导线比细的导线电阻小,适合承载稍大的电流。变压器输入功率等于输出功率,将220 V电压降为12 V,采用的是降压变压器,根据P=UI,可知电压小的副线圈中的电流大,接家用220 V电源的引线应该是bc。
(2)根据实验数据可知,该同学成功将电压降低,验证了引线ad之间是副线圈,为降压变压器的输出端,引线bc之间是原线圈,为降压变压器的输入端。说明他对哪一端接220 V的判断是正确的。
12.(6分)如图所示为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系的电路图,把两个线圈套在同一闭合铁芯上,一个线圈连接到学生电源的输出端,另一个线圈连接到小灯泡上,试回答下列问题:
(1)原线圈应连接到学生电源的　　　　(选填“直流”或“交流”)输出端。
(2)将与小灯泡相连接的线圈减少一定的匝数,装置其他部分不变,继续完成实验,发现灯泡亮度将　　　　(选填“变亮”或“变暗”);将与学生电源相连接的线圈增大一定的匝数,装置其他部分不变,继续完成实验,发现灯泡的亮度将　　　　(选填“变亮”或“变暗”)。
【答案】 (1)交流　(2)变暗　变暗
【解析】 (1)变压器只能作用于交流电,所以原线圈应连接到学生电源的交流输出端。
(2)根据变压器原、副线圈的电压关系=,可知副线圈匝数减少,副线圈的输出电压降低,所以灯泡会变暗;原线圈匝数增加时,副线圈的输出电压降低,所以灯泡会变暗。
13.(6分)某班物理实验课上,同学们用可拆变压器探究变压器的电压与匝数的关系。可拆变压器如图甲、乙所示。
(1)下列说法正确的是　　　　。
A.实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B.变压器原线圈可以接学生电源的低压直流电源,但测量副线圈电压时必须要用多用电表的“交流电压挡”
C.可以先保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,研究副线圈的匝数对副线圈电压的影响
D.测量副线圈电压时,先用小量程挡位试测,如果超量程了,再换用较大量程的挡位进行测量
(2)在探究变压器的线圈两端电压与匝数的关系时,某同学分别在可拆变压器的铁芯上绕制了两个线圈,如图丙所示,线圈a连接到学生电源的交流输出端,线圈b与小灯泡相连接。两线圈的电阻均可忽略不计。闭合电源开关,他发现小灯泡发光很微弱,为了适当提高小灯泡的亮度,下列方法可行的是　　　　。(多选)
A.适当增加线圈a的匝数
B.适当增加线圈b的匝数
C.将线圈a改接在直流输出端
D.将学生电源的交流输出电压适当增大
(3)某老师在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的课堂演示实验中,用了匝数 na=800和nb=400的变压器,对应的电压测量数据如表所示。根据表中测量数据,请判断连接学生电源的线圈匝数是　　　　(选填“na”或“nb”)。
Ua/V 4.00 6.00 8.00 12.00
Ub/V 1.85 2.90 3.78 5.20
【答案】 (1)C　(2)BD　(3)na
【解析】 (1)为确保实验安全,实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数,让副线圈上得到较低的电压,A错误;变压器原线圈接低压交流电源,测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”,B错误;可以先保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,研究副线圈匝数对副线圈电压的影响,C正确;为确保安全,测量副线圈电压时,先用最大量程挡试测,大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量,D错误。
(2)由变压器的规律=,得U2=,为了适当提高小灯泡的亮度,即增大变压器副线圈的电压,可以适当减少线圈a的匝数n1,增加线圈b的匝数n2,或将学生电源的交流输出电压U1适当增大,故A错误,B、D正确;变压器原理是电磁感应,因此将线圈a改接在直流输出端,线圈磁通量不变,输出端无电压,故C错误。
(3)由于有漏磁,因此副线圈测量电压应该小于理论变压值,即na为输入端,nb为输出端,故连接学生电源的线圈匝数是na。
14.(8分)如图所示为交流发电机示意图,匝数 n=100的矩形线圈,边长分别为 10 cm 和 20 cm,内阻为 5 Ω,在磁感应强度B=0.5 T 的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′以 50 rad/s的角速度匀速转动,线圈和外部阻值为20 Ω的电阻R相连接,问:
(1)闭合开关S后,电压表和电流表示数为多少
(2)电阻R上所消耗的电功率是多少
(3)由图示位置转过90°的过程中,通过R的电荷量是多少
【答案】 (1)40 V　2 A　(2)80 W　(3)0.04 C
【解析】 (1)交流电压表和交流电流表的示数均为有效值。该交流发电机产生的感应电动势最大值为
Em=nBSω=100×0.5×0.1×0.2×50 V
=50 V,
则有效值为E==50 V,
开关S合上后,由闭合电路欧姆定律得
I== A=2 A,
根据闭合电路欧姆定律可得,电压为
U=IR=2×20 V=40 V,
即电压表的示数为40 V,电流表的示数为2 A。
(2)电阻R上所消耗的电功率为
P=IU=2×40 W=80 W。
(3)线圈由图示位置转过90°的过程中,通过R上的电荷量为
Q=Δt===0.04 C。
15.(8分)如图所示,某村在距村庄较远的地方建了一座小型水电站,发电机的输出功率为 90 kW,输出电压为 500 V,输电线总电阻为 2 Ω,允许线路消耗的功率为输出功率的2%。
(1)若不用变压器而由发电机直接输送,用户得到的电压和电功率是多少
(2)用如图所示电路输电,若用户需要220 V电压时,所用升压、降压变压器(均看作理想变压器)原、副线圈匝数比分别为多少
【答案】 (1)140 V　25.2 kW　(2)1∶6　147∶11
【解析】 (1)不用变压器而由发电机直接输送时,
输电线上的电流
I== A=180 A,
电压损失ΔU=IR=180×2 V=360 V,
电功率损失
ΔP=I2R=1802×2 W=64 800 W=64.8 kW,
用户得到的电压和功率分别是
U用=U-ΔU=500 V-360 V=140 V,
P用=P-ΔP=90 kW-64.8 kW=25.2 kW。
(2)根据对功率损耗要求,有
2%P=R,
代入数据得I2=30 A,
由P=U2I2得
U2== V=3×103 V,
对升压变压器,根据=,
得==,
U3=U2-I2R=3×103 V-30×2 V=2 940 V。
对降压变压器,根据=,
则==。
16.(14分)如图甲所示,一固定的矩形导体线圈水平放置,线圈的两端通过理想变压器接一只小灯泡,原、副线圈的匝数比n1∶n2=1∶5,在线圈所在空间存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知导体线圈的匝数n=100,电阻r=1 Ω,所围成的矩形面积S=0.04 m2,小灯泡的电阻R=15 Ω,磁场的磁感应强度的变化率随时间按图乙所示的规律变化,不计灯丝电阻随温度的变化,且灯泡正常发光,求:
(1)线圈中产生的感应电动势的表达式;
(2)小灯泡的电功率;
(3)10分钟的时间内导体线圈上所产生的热量。
【答案】 (1)e=8sin 200t V　(2)15 W
(3)1.5×104 J
【解析】 (1)设导体线圈上的感应电动势为e,由法拉第电磁感应定律得e=nS,
则感应电动势最大值
Em=100×0.04×2 V=8 V,
而T=3.14×10-2 s,
则ω==200 rad/s,
则线圈产生的感应电动势的表达式为
e=8sin 200t V。
(2)设导体线圈中产生交变电流的电动势有效值为E,通过理想变压器使灯泡正常发光时,线圈中电流为I,加在变压器原线圈两端的电压为U。
根据=得灯泡两端电压为5U,
由P入=P出得=UI,
而U=E-Ir,E=,
代入数据解得
U=3 V,I=5 A,
小灯泡的电功率
P灯=P入=IU=15 W。
(3)根据焦耳定律,10分钟的时间内导体线圈上所产生的热量
Q=I2rt=52×1×600 W=1.5×104 J。

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