高考物理教案全集（经典实用）第14章《交变电流》doc高中物理

第十四章　交变电流第一单元交流电的产生及变化规律根底知识一．交流电大小和方向都随时间作周期性变化的电流，叫做交变电流。其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式电流，正弦式电流产生于在匀强电场中，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里，线圈每转动一周，感应电流的方向改变两次。二．正弦交流电的变化规律线框在匀强磁场中匀速转动．1．当从图12—2即中性面位置开场在匀强磁场中匀速转动时，线圈中产生的感应电动势随时间而变的函数是正弦函数：即e=εmsinωt，i＝Imsinωtωt是从该位置经t时间线框转过的角度；ωt也是线速度V与磁感应强度B的夹角；。是线框面与中性面的夹角2．当从图位置开场计时：那么：e=εmcosωt，i＝Imcosωtωt是线框在时间t转过的角度；是线框与磁感应强度B的夹角；此时V、B间夹角为（π/2一ωt）．-41-/41\n3．对于单匝矩形线圈来说Em=2Blv=BSω；对于n匝面积为S的线圈来说Em=nBSω。对于总电阻为R的闭合电路来说Im=三．几个物理量1．中性面：如以下图的位置为中性面，对它进展以下说明：（1）此位置过线框的磁通量最多．（2）此位置磁通量的变化率为零．所以e=εmsinωt=0，i＝Imsinωt=0（3）此位置是电流方向发生变化的位置，具体对应图中的t2，t4时刻，因而交流电完成一次全变化中线框两次过中性面，电流的方向改变两次，频率为50Hz的交流电每秒方向改变100次．2．交流电的最大值：εm＝BωS当为N匝时εm＝NBωS（1）ω是匀速转动的角速度，其单位一定为弧度／秒，nad/s（注意rad是radian的缩写，round/s为每秒转数，单词round是圆，回合）．（2）最大值对应的位置与中性面垂直，即线框面与磁感应强度B在同一直线上．（3）最大值对应图中的t1、t2时刻，每周中出现两次．3．瞬时值e=εmsinωt，i＝Imsinωt代入时间即可求出．不过写瞬时值时，不要忘记写单位，如εm=220V，ω=100π，那么e=220sin100πtV，不可忘记写伏，电流同样如此．-41-/41\n4．有效值：为了度量交流电做功情况人们引入有效值，它是根据电流的热效应而定的．就是分别用交流电，直流电通过相同阻值的电阻，在相同时间内产生的热量相同，那么直流电的值为交流电的有效值．（1）有效值跟最大值的关系εm=U有效，Im=I有效（2）伏特表与安培表读数为有效值．（3）用电器铭牌上标明的电压、电流值是指有效值．5．周期与频率：交流电完成一次全变化的时间为周期；每秒钟完成全变化的次数叫交流电的频率．单位1/秒为赫兹（Hz）．规律方法一、关于交流电的变化规律【例1】如以下图，匀强磁场的磁感应强度B=0．5T，边长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r＝1Ω，线圈绕垂直与磁感线的对称轴OO/匀速转动，角速度为ω＝2πrad／s，外电路电阻R＝4Ω，求：（1）转动过程中感应电动势的最大值．（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过600时的即时感应电动势．（3）由图示位置转过600角时的过程中产生的平均感应电动势．（4）交流电电表的示数．（5）转动一周外力做的功．-41-/41\n（6）周期内通过R的电量为多少？解析：（1）感应电动势的最大值，εm＝NBωS＝100×0．5×0．12×2πV=3．14V（2）转过600时的瞬时感应电动势：e＝εmcos600=3．14×0．5V＝1．57V（3）通过600角过程中产生的平均感应电动势：=NΔΦ/Δt=2．6V（4）电压表示数为外电路电压的有效值：U=·R＝×=1．78V（5）转动一周所做的功等于电流产生的热量W＝Q＝（）2（R十r）·T＝0．99J（6）周期内通过电阻R的电量Q＝·T＝T＝＝0．0866C【例2】磁铁在电器中有广泛的应用，如发电机，如以下图。已知一台单相发电机转子导线框共有N匝，线框长为l1，宽为l2，转子的转动角速度为ω,磁极间的磁感应强度为B。导出发电机的瞬时电动势E的表达式。　　现在知道有一种强永磁材料铵铁硼，用它制成发电机的磁极时，磁感应强度可以增大到原来的K倍，如果保持发电机的构造和尺寸，转子转动角速度，需产生的电动势都不变，那么这时转子上的导线框需要多少匝?(2022年，安徽)解：如以下图，有V=ωl2/2-41-/41\n二、表征交流电的物理量【例3】.交流发电机的转子由B∥S的位置开场匀速转动，与它并联的电压表的示数为14.1V，那么当线圈转过30°时交流电压的即时值为＿＿V。分析：电压表的示数为交流电压的有效值，由此可知最大值为Um=U=20V。而转过30°时刻的即时值为u=Umcos30°=17.3V。i/A3Ot/s-60.20.30.50.6【例4】通过某电阻的周期性交变电流的图象如右。求该交流电的有效值I。分析：该交流周期为T=0.3s，前t1=0.2s为恒定电流I1=3A，后t2=0.1s为恒定电流I2=-6A，因此这一个周期内电流做的功可以求出来，根据有效值的定义，设有效值为I，根据定义有：∵I=3A【例5】如以下图，（甲）和（乙）所示的电流最大值相等的方波交流电流和正弦交流电流，那么这两个电热器的电功率之比Pa∶Pb=解析：交流电流通过纯电阻R时，电功率P＝I2-41-/41\nR，I是交流电流的有效值．交流电流的有效值I是交流电流的最大值Im的1/，这一结论是针对正弦交流电而言，至于方波交流电通过纯电阻R时，每时每刻都有大小是Im的电流通过，只是方向在作周期性的变化，而对于稳恒电流通过电阻时的热功率来说是跟电流的方向无关的，所以最大值为Im的方波交流电通过纯电阻的电功率等于电流强度是Im的稳恒电流通过纯电阻的电功率．由于Pa＝Im2R．Pb＝I2R＝Im2R/2．所以，Pa∶Pb=2∶1．答案：2∶1【例6】如图表示一交变电流随时间变化的图象，此交变电流的有效值是（）A．5A；B．5A；C．3．5A；D．3．5A解析：严格按照有效值的定义，交变电流的有效值的大小等于在热效应方面与之等效（在相同时间内通过相同的电阻所产生的热量相等）的直流的电流值．可选择一个周期（0．02s）时间，根据焦耳定律，有：I2R×0．02＝（4）2R×0．01+（3）2R×0．01解之可得：I＝5A．答案：B三、最大值、平均值和有效值的应用1、正弦交变电流的电动势、电压和电流都有最大值、有效值、即时值和平均值的区别。以电动势为例：最大值用Em表示，有效值用E表示，即时值用e表示，平均值用表示。它们的关系为：E=Em/，e=Emsinωt。平均值不常用，必要时要用法拉第电磁感应定律直接求：。切记。特别要注意，有效值和平均值是不同的两个物理量-41-/41\n，有效值是对能的平均结果，平均值是对时间的平均值。在一个周期内的前半个周期内感应电动势的平均值为最大值的2/π倍，而一个周期内的平均感应电动势为零。2、我们求交流电做功时，用有效值，求通过某一电阻电量时一定要用电流的平均值交流电，在不同时间内平均感应电动势，平均电流不同．考虑电容器的耐压值时那么要用最大值。3、交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果它们在相同的时间内产生的热量相等，就把这一直流的数值叫做这一交流的有效值。⑴只有正弦交变电流的有效值才一定是最大值的/2倍。⑵通常所说的交变电流的电流、电压；交流电表的读数；交流电器的额定电压、额定电流；保险丝的熔断电流等都指有效值。（3）生活中用的市电电压为220V，其最大值为220V=311V（有时写为310V），频率为50HZ，所以其电压即时值的表达式为u=311sin314tV。【例7】.交流发电机转子有n匝线圈，每匝线圈所围面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，匀速转动的角速度为ω，线圈内电阻为r，外电路电阻为R。当线圈由图中实线位置匀速转动90°到达虚线位置过程中，求：⑴通过R的电荷量q为多少？⑵R上产生电热QR为多少？⑶外力做的功W为多少？分析：⑴由电流的定义，计算电荷量应该用平均值：即，这里电流和电动势都必须要用平均值，不能用有效值、最大值或瞬时值。⑵求电热应该用有效值，先求总电热Q，再按照内外电阻之比求R上产生的电热-41-/41\nQR。。这里的电流必须要用有效值，不能用平均值、最大值或瞬时值。⑶根据能量守恒，外力做功的过程是机械能向电能转化的过程，电流通过电阻，又将电能转化为内能，即放出电热。因此W=Q。一定要学会用能量转化和守恒定律来分析功和能。试题展示1.如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度逆时针匀速转动。假设以线圈平面与磁场夹角时（如图b）为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。那么以下四幅图中正确的选项是答案：D-41-/41\n【解析】此题考察正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律。从a图可看出线圈从垂直于中性面开场旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，故瞬时电流的表达式为i=－imcos（+ωt），那么图像为D图像所描述。平时注意线圈绕垂直于磁场的轴旋转时的瞬时电动势表达式的理解。2．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动。产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如以下图，此线圈与一个R＝10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，以下说法正确的选项是A．交变电流的周期为0.125B．交变电流的频率为8HzC．交变电流的有效值为AD．交变电流的最大值为4A【答案】C【解析】由e－t图像可知，交变电流电流的周期为0.25s，故频率为4Hz，选项A、B错误。根据欧姆定律可知交变电流的最大值为2A，故有效值为A，选项C正确。3.（12分）一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数，穿过每匝线圈的磁通量随时间按正弦规律变化，如以下图，发电机内阻，外电路电阻，已知感应电动势的最大值，其中为穿过每匝线圈磁通量的最大值，求串联在外电路中的交流电流表（内阻不计）的读数。18．参考解答：已知感应电动势的最大值-41-/41\n设线圈在磁场中转动的周其为T，那么有根据欧姆定律，电路中电流的最大值为设交流电流表的读数I，它是电流的有效值，根据有效值与最大值的关系，有由题给的图线可读得解以上各式，并代入数据，得4．如以下图，矩形线圈边长为ab=20cm，ab=10cm，匝数N=100匝，磁场的磁感强度B=0.01T。当线圈以50r/s的转速从图示位置开场逆时针匀速转动，求：（1）线圈中交变电动势瞬时值表达式；（2）从线圈开场转起动，经0.01s时感应电动势的瞬时值。分析：只要搞清交变电的三个要素、、，进而写出交变电的瞬时值表达式，这样就把握到交变电的变化规律了解答：（1）欲写出交变电动势的瞬时值，先求出、、三个要素。线圈旋转角速度为，感应电动势的最大值为-41-/41\n，刚开场转动时线圈平面与中性夹角。于是线圈中交变电动势的瞬时值表达式为。（2）把t=0.01s代入上式，可量，此时感应电动势的瞬时值。5．通过某电阻的周期性交变电流的图象如右。求该交流电的有效值I。解：该交流周期为T=0.3s，每个周期的前t1=0.2s为恒定电流I1=3A，后t2=0.1s为恒定电流I2=-6A，因此一个周期内电流做的功可以求出来，根据有效值的定义，设有效值为I，根据定义有：I2RT=I12Rt1+I22Rt2带入数据计算得：I=3A6．一根电阻丝接入100v的直流电，1min产生的热量为Q，同样的电阻丝接入正弦交变电压，2min产生的热量为0.5Q，那么该交变电压的最大值为（C）A、50vB、100vC、50vD、50v7．交流发电机转子有n匝线圈，每匝线圈所围面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，匀速转动的角速度为ω，线圈内电阻为r，外电路电阻为R。当线圈由图中实线位置匀速转动90º到达虚线位置过程中，求：⑴通过R的电荷量q为多少？⑵R上产生电热QR为多少？⑶外力做的功W为多少？-41-/41\n解：⑴按照电流的定义I=q/t，计算电荷量q应该用电流的平均值：即，这里电流和电动势都必须要用平均值，不能用有效值、最大值或瞬时值。⑵求电热应该用有效值，先求总电热Q，再按照内外电阻之比求R上产生的电热QR。。这里的电流必须要用有效值，不能用平均值、最大值或瞬时值。⑶根据能量守恒，外力做功的过程是机械能向电能转化的过程，电流通过电阻，又将电能转化为内能，即放出电热。因此W=Q。要善于用能量转化和守恒定律来分析功和能。7.内阻不计的交流发电机产生电动势E=10sin50πt(V)，接有负载电阻R=10Ω,现把发电机的转速提高一倍，那么A．负载两端电压的有效值将变为28.2VB．交流电的频率将变为100HzC．负载消耗的功率将变为20wD．负载消耗的功率将变为40w解析电动势最大值为10V，有效值为7.07V。当发电机的转速提高一倍,角速度增加一倍，频率也增加一倍。电动势最大值和有效值均增加一倍。表达式可以写为E=20sin100πt(V)，由此可以看出提高转速后频率变为50Hz。负载消耗的功率将变为20w。故答案选择C点评抓住角速度和各物理量的关系，计算热功率必须使用有效值-41-/41\n第二单元交流电的图象、感抗与容抗根底知识一、.正弦交流电的图像1.任何物理规律的表达都可以有表达式和图像两种方法，交流电的变化除用瞬时值表达式外，也可以用图像来进展表述.其主要构造是横轴为时间t或角度θ，纵轴为感应电动势E、交流电压U或交流电流I.正弦交流电的电动势、电流、电压图像都是正弦(或余弦)曲线。交变电流的变化在图象上能很直观地表示出来，例如右图所示可以判断出产生这交变电流的线圈是垂直于中性面位置时开场计时的，表达式应为e=Emcosωt，图象中A、B、C时刻线圈的位置A、B为中性面，C为线圈平面平行于磁场方向。2.在图像中可由纵轴读出交流电的最大值，由横轴读出交流电的周期或线圈转过的角度θ=ωt.3.由于穿过线圈的磁通量与产生的感应电动势随时间变化的函数关系是互余的，因此利用这个关系也可以讨论穿过线圈的磁通量等问题.二、电感和电容对交流电的作用电阻对交流电流和直流电流一样有阻碍作用，电流通过电阻时做功而产生热效应；电感对交流电流有阻碍作用，大小用感抗来表示，感抗的大小与电感线圈及交变电流的频率有关；电容对交流电流有阻碍作用，大小用容抗来表示，容抗的大小与电容及交变电流的频率有关。1.电感对交变电流的阻碍作用-41-/41\n在交流电路中，电感线圈除本身的电阻对电流有阻碍作用以外，由于自感现象，对电流起着阻碍作用。如果线圈电阻很小，可忽略不计，那么此时电感对交变电流阻碍作用的大小，用感抗(XL)来表示。由于交变电流大小和方向都在发生周期性变化，因而在通过电感线圈时，线圈上匀产生自感电动势，自感电动势总是阻碍交流电的变化。又因为自感电动势的大小与自感系数(L)和电流的变化率有关，所以自感系数的大小和交变电流频率的上下决定了感抗的大小。关系式为：　XL=2πfL此式说明线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感对交变电流的作用就越大，感抗也就越大。自感系数很大的线圈有通直流、阻交流的作用，自感系数较小的线圈有通低频、阻高频的作用.电感线圈又叫扼流圈，扼流圈有两种：一种是通直流、阻交流的低频扼流圈；另一种是通低频、阻高频的高频扼流圈。2.电容器对交变电流的阻碍作用直流电流是不能通过电容器的，但在电容器两端加上交变电压时，通过电容器的充放电，即可实现电流“通过”电容器。这样，电容器对交变电流的阻碍作用就不是无限大了，而是有一定的大小，用容抗(XC)来表示电容器阻碍电流作用的大小，容抗的大小与交变电流的频率和电容器的电容有关，关系式为：.此式说明电容器的电容越大，交变电流的频率越高，电容对电流的阻碍作用越小，容抗也就越小。-41-/41\n由于电容大的电容器对频率高的交流电流有很好的通过作用，因而可以做成高频旁路电容器，通高频、阻低频；利用电容器对直流的阻止作用，可以做成隔直电容器，通交流、阻直流。电容的作用不仅存在于成形的电容器中，也存在于电路的导线、元件及机壳间，当交流电频率很高时，电容的影响就会很大.通常一些电器设备和电子仪器的外壳会给人以电击的感觉，甚至能使测试笔氖管发光，就是这个原因.【例1】如以下图为一低通滤波电路．已知电源电压包含的电流直流成分是240V，此外还含有一些低频的交流成分．为了在输出电压中尽量减小低频交流成分，试说明电路中电容器的作用．【答】电容器对恒定电流（直流成分）来说，相当于一个始终断开的开关，因此电源输出的直流成分全部降在电容器上，所以输出的电压中直流成分仍为240V．但交变电流却可以“通过”电容器，交流频率越高、电容越大，电容器的容抗就越小，在电容器上输出的电压中交流成分就越小．在此题的低通滤波电路中，为了要使电容器上输出的电压中，能将低频的交流成分滤掉，不输出到下一级电路中，就应取电容较大的电容器，实际应用中，取C＞500μF．【例2】如以下图为一高通滤波电路，已知电源电压中既含有高频的交流成分，还含有直流成分．为了在输出电压中保存高频交流成分，去掉直流成分，试说明电路中电容器的作用．【答】-41-/41\n电容器串联在电路中，能挡住电源中的直流成分，不使通过，相当于断路．但能让交流成分通过，交流频率越高、电容越大，容抗越小，交流成分越容易通过．因此在电阻R上只有交流成分的电压降．如果再使电阻比容抗大得多，就可在电阻上得到较大的高频电压信号输出．规律方法1、交流电图象的应用【例3】一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图，下面说法中正确的选项是：（CD）A、t1时刻通过线圈的磁通量为零；B、t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大；C、t3时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大；D、每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值为最大。解析：t1、t3时刻线圈中的感应电动势ε＝0,即为线圈经过中性面的时刻，此时线圈的磁通量为最大，但磁通量的变化率却为零，所以选项A不正确。t2时刻ε＝一Em,线圈平面转至与磁感线平行，此时通过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率却为最大，故B也不正确．每当e的方向变化时，也就是线圈经过中性面的时刻，通过线圈的磁通量的绝对值都为最大，故D正确．小结：①对物理图象总的掌握要点一看：看“轴”、看“线”看“斜率”看“点”．二变：掌握“图与图”、“图与式”、“图与物”之间的变通关系．三判：在此根底上进展正确的分析，判断．②应用中性面特点结合右手定那么与楞次定律，能快速、一些电磁感应现象问题．-41-/41\n【例4】一只矩形线圈匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动穿，过线圈的磁通量随时间变化的图像如图中甲所示，那么以下说法中正确的选项是(B)A.t=0时刻线圈平面与中性面垂直B.t=0.01s时刻，Φ的变化率达最大C.t=0.02s时刻，交流电动势到达最大D.该线圈相应的交流电动势图像如图乙所示【例5】一长直导线通以正弦交流电i=ImsinωtA，在导线下有一断开的线圈，如以下图，那么，相对于b来说，a的电势最高时是在（C）A.交流电流方向向右，电流最大时B.交流电流方向向左，电流最大时C.交流电流方向向左，电流减小到0时D.交流电流方向向右，电流减小到0时解析：假设把i=ImsinωtA用图象来表示，可以由图象直观看出在i=0时，电流变化率最大，因此在周围产的磁场的变化率也最大，所以只能在C,D两个选项中选，再用假设法，设在a,b两点间接个负载形成回路，可判定出向左电流减小时，a点相当于电源正极，故C选项正确．【例6】有一交流电压的变化规律为u=311sin314tV，假设将一辉光电压最小值是220V的氖管接上此交流电压，那么在1秒钟内氖管发光的时间是多少？-41-/41\n分析：根据氖管的发光条件|U|＞220V，先计算在半个周期的时间内氖管发光的时间间隔△t，再算出1秒包含的半周期数n，两者相乘即是1秒钟内氖管发光的时间。解：根据u=311sin314tV，可知周期为在0～T/2，即0～1/100s的时间内，将U=220V代入u=311sin314tV中，可得氖管的发光时间为1秒钟的时间包含的半周期数为答：1秒钟内氖管的发光时间为0.5s。解题技巧：交流电的瞬时值反映的是不同时刻交流电的大小和方向，瞬时值是时间的函数，不同时刻瞬时值是不一样的，要求熟练掌握正弦交流电瞬时值表达式。【例7】如以下图，两块水平放置的平行金属板板长L=1.4m，板距为d=30cm，两板间有B=1.5T、垂直于纸面向里的匀强磁场，在两板上加如以下图的脉动电压。在t=0时，质量为m=2×10-15Kg、电量为q=1×10-10C的正离子，以速度v0=4×103m/s从两板中间水平射入，试问：（1）粒子在板间作什么运动？画出其轨迹。（2）粒子在场区运动的时间是多少？解答：（1）在第一个10-4s内，电场、磁场同时存在，离子受电场力、洛仑兹力分别为F=Qe=qU/d=5×10-7N（方向向下）、f=Bqv=5×10-7（方向向上），离子作匀速直线运动。位移为s=v0t=0.4m-41-/41\n在第二个10-4s内，只有磁场，离子作匀速圆周运动，r=mv0/Bq=6.4×10-2m<d/2，不会碰板，T=2πm/Bq=1×10-4s，即正巧在无电场时离子转满一周。易知以后重复上述运动。（2）因L/s=1.4/0.4=3.5，离子在场区范围内转了3周，历时t1=3T=3×10-4s；另有作匀速运动的时间t2=L/vO=3.5×10-4s。总时间t=t1+t2=6.5×10-4s。2、电电和电容对交流电的作用【例8】如以下图，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小，此电路的重要作用是：A.阻直流通交流，输出交流B.阻交流通直流，输出直流C.阻低频通高频，输出高频电流D.阻高频通低频，输出低频和直流解：线圈具有通直流和阻交流以及通低频和阻高频的作用，将线圈串联在电路中，如果自自系数很小，那么它的主要功能就是通直流通低频阻高频。电容器具有通交流和阻直流以及通高频和阻低频的作用，将电容器并联在L之后的电路中。将电流中的高频成分通过C，而直流或低频成份被阻止或阻碍，这样输出端就只有直流或低频电流了，答案D【例11】一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如以下图．一块铁插进线圈之后，该灯将：　　A．变亮　　B．变暗　　C．对灯没影响-41-/41\n【分析】这线圈和灯泡是串联的，因此加在串联电路两端的总电压一定是绕组上的电势差与灯泡上的电势差之和．由墙上插孔所提供的220伏的电压，一局部降落在线圈上，剩余的降落在灯泡上．如果一个大电压降落在线圈上，那么仅有一小局部电压降落在灯泡上．灯泡上电压变小，将使它变暗．什么原因使得电压降落在线圈上呢？在线圈上产生压降的主要原因是其内部改变着的磁场．　　在线圈内由于改变磁场而产生的感应电动势，总是对抗电流变化的，正是这种对抗变化的特性（电惰性），使线圈产生了感抗．　　【答】B　　【说明】早期人们正是用改变插入线圈中铁芯长度的方法来控制舞台灯光的亮暗的【例12】如以下图电路中，三只电灯的亮度相同，如果交流电的频率增大，三盏电灯的亮度将如何改变?为什么?　　解析：当交变电流的频率增大时，线圈对交变电流的阻碍作用增大，通过灯泡L1的电流将因此而减小，所以灯泡L1的亮度将变暗；而电容对交变电流的阻碍作用那么随交变电流频率的增大而减小，即流过灯泡L2的电流增大，所以灯泡L2的亮度将变亮.由于电阻的大小与交变电流的频率无关，流过灯泡L3的电流不变，因此其亮度也不变，【例13】“二分频”-41-/41\n，音箱内有两个不同口径的扬声器，它们的固有频率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器．音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段别离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例复原成高、低频的机械振动．图为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b端输入，L．和级是线圈，C．和C：是电容器（BD）A.甲扬声器是高音扬声器B.C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器C.L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器D.L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流解析：线圈作用是“通直流，阻交流；通低频，阻高频”．电容的作用是“通交流、隔直流；通高频、阻低频”．高频成分将通过C2到乙扬声器，故乙是高音扬声器．低频成分通过石到甲扬声器．故甲是低音扬声器.L1的作用是阻碍高频电流通过甲扬声器．试题展示1．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图1所示的方式连接，R=10Ω，交流电压表的示数是10V。图2是交变电源输出电压u随时间t变化的图象。那么（A）V交变电源~图1u/Vt/×10-2sOUm-Um12图2Ａ．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=cos100πt(A)Ｂ．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=cos50πt(V)Ｃ．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=5cos100πt(V)Ｄ．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=5cos50πt(V)abcdB2．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。在t=0时刻，线圈平面与纸面重合（如图），线圈的cd边离开纸面向外运动。假设规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，那么能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是（C）-41-/41\nIOtIOtItOItO　A．B．C．D.3.如以下图，虚线的左边存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，右边没有磁场，单匝矩形线圈abcd的对称轴恰与磁场右边界重合，线圈平面与磁场垂直．线圈沿图示方向绕轴匀速转动（即ab边先向纸外、cd边先向纸里转动），规定沿abcd方向为感应电流的正方向，假设从图示位置开场计时，以下四个图像中能正确表示线圈内感应电流i随时间t变化规律的是（　B）甲乙丙4.如图，三个灯泡是相同的，而且耐压足够高．交、直流两电源的内阻可忽略，电动势相等。当s接a时，三个灯亮度相同，那么s接b时（）A．三个灯亮度相同B．甲灯最亮，丙灯不亮C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D．只有丙灯不亮，乙灯最亮5.某交流电电压为u=10sin314t(V)，那么（）A．击穿电压为10V的电容器能直接在此电源上B．把电磁打点计时器接在此电源上，打点周期为0.01sC．把额定电压为10V的小灯泡直接接在此电源上，小灯泡将被烧坏D．把额定电压为10V的小灯泡直接接在此电源上，小灯泡能正常发光6.如以下图为电热毯的电路图，电热丝接在的电源上，电热毯加热到一定温度后，通过装置P使输入电压变为如以下图的波形，从而进入保温状态，假设电热丝电阻保持不变，此时交流电压表的读数为：（）A．110VB．156VC．220VD．311VVUP电热丝第三单元　变压器、电能输送根底知识一、变压器1．理想变压器的构造、作用、原理及特征-41-/41\n构造：两组线圈（原、副线圈）绕在同一个闭合铁芯上构成变压器．作用：在输送电能的过程中改变电压．原理：其工作原理是利用了电磁感应现象．特征：正因为是利用电磁感应现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电流的电能过程中改变交变电压．2．理想变压器的理想化条件及其规律．在理想变压器的原线圈两端加交变电压U1后，由于电磁感应的原因，原、副线圈中都将产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律有：，忽略原、副线圈内阻，有U1＝E1，　U2＝E2另外，考虑到铁心的导磁作用而且忽略漏磁，即认为在任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相等，于是又有由此便可得理想变压器的电压变化规律为在此根底上再忽略变压器自身的能量损失（一般包括线圈内能量损失和铁芯内能量损失这两局部，分别俗称为“铜损”和“铁损”），有P1=P2而P1=I1U1P2=I2U2于是又得理想变压器的电流变化规律为由此可见：-41-/41\n（1）理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差异，忽略变压器自身的能量损耗（实际上还忽略了变压器原、副线圈电路的功率因数的差异．）（2）理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能的转化与守恒定律在上述理想条件下的新的表现形式．3、规律小结（1）熟记两个根本公式：①，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。②P入=P出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和。（2）原副线圈中过每匝线圈通量的变化率相等．（3）原副线圈中电流变化规律一样，电流的周期频率一样（4）公式，中，原线圈中U1、I1代入有效值时，副线圈对应的U2、I2也是有效值，当原线圈中U1、I1为最大值或瞬时值时，副线圈中的U2、I2也对应最大值或瞬时值．（5）需要特别引起注意的是：①只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有：②变压器的输入功率由输出功率决定，往往用到：，即在输入电压确定以后，输入功率和原线圈电压与副线圈匝数的平方成正比，与原线圈匝数的平方成反比，与副线圈电路的电阻值成反比。式中的R表示负载电阻的阻值，而不是“负载”。“负载”表示副线圈所接的用电器的实际功率。实际上，R越大，负载越小；R越小，负载越大。这一点在审题时要特别注意。-41-/41\n（6）当副线圈中有二个以上线圈同时工作时，U1∶U2∶U3=n1∶n2∶n3，但电流不可=，此情况必须用原副线圈功率相等来求电流．（7）变压器可以使输出电压升高或降低，但不可能使输出功率变大．假假设是理想变压器．输出功率也不可能减少．（8）通常说的增大输出端负载，可理解为负载电阻减小；同理加大负载电阻可理解为减小负载．【例1】一台理想变压器的输出端仅接一个标有“12V，6W”的灯泡，且正常发光，变压器输入端的电流表示数为0．2A，那么变压器原、副线圈的匝数之比为（D）A．7∶2；B．3∶1；C．6∶3；D．5∶2；解析：因为，I2＝P2／U2＝6/12＝0．5AI1＝0．2A所以n1∶n2=I2∶I1=5∶2【例2】如以下图，通过降压变压器将220V交流电降为36V供两灯使用，降为24V供仪器中的加热电炉使用．如果变压器为理想变压器．求：（1）假设n3＝96匝，n2的匝数；（2）先合上K1、K3，再合上K2时，各电表读数的变化；（3）假设断开K3时A1读数减少220mA，此时加热电炉的功率；（4）当K1、K2、K3全部断开时，A2、V的读数．解析-41-/41\n：（1）变压理的初级和两个次级线圈统在同一绕在同一铁蕊上，铁蕊中磁通量的变化对每匝线圈都是相同的．所以线圈两端的电压与匝数成正比．有，（2）合上K1、K3后，灯L1和加热电炉正常工作．再合上K2，灯L2接通，U1、n1和n3的值不变．故V读数不变．但L2接通后，变压器的输入、输出功率增大．故A1、A2读数增大．（3）断开K3时，A1读数减少200mA，说明输入功率减少，减少值为ΔP＝ΔIU＝0．200×220＝44W，这一值即为电炉的功率．（4）当K1、K2、K3全部断开时，输出功率为零，A2读数为零．但变压器的初级战线圈接在电源上，它仍在工作，故V读数为24V．【例3】如以下图，接于理想变压器的四个灯泡规格相同，且全部正常发光，那么这三个线圈的匝数比应为（C）A．1∶2∶3；B．2∶3∶1C．3∶2∶1；D．2∶1∶3解析：由于所有灯泡规格相同．且都正常发光，那么===式中，U为灯泡的额定电压，设I为灯炮的额定电流，由理想变压器的功率关系pl=p2＋p3UlI＝U2I＋U3I＝2UI＋UI＝3UI所以U1=3U那么===由此得n1∶n2∶n3=3∶2∶14、几种常用的变压器(1)自耦变压器-41-/41\n图是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈。如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一局部，就可以降低电压；如果把线圈的一局部作原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压。调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如以下图。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上。AB之间加上输入电压U1。移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压U2。(2)互感器互感器也是一种变压器。交流电压表和电流表都有一定的量度范围，不能直接测量高电压和大电流。用变压器把高电压变成低电压，或者把大电流变成小电流，这个问题就可以解决了。这种变压器叫做互感器。互感器分电压互感器和电流互感器两种。a、电压互感器电压互感器用来把高电压变成低电压，它的原线圈并联在高压电路中，副线圈上接入交流电压表。根据电压表测得的电压U2和铭牌上注明的变压比(U1/U2)，可以算出高压电路中的电压。为了工作平安，电压互感器的铁壳和副线圈应该接地。b、电流互感器电流互感器用来把大电流变成小电流。它的原线圈串联在被测电路中，副线圈上接入交流电流表。根据电流表测得的电流I2和铭牌上注明的变流比(I1/I2)，可以算出被测电路中的电流。如果被测电路是高压电路，为了工作平安，同样要把电流互感器的外壳和副线圈接地。【例4】在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器。如下所示的四个图中，能正确反响其工作原理的是-41-/41\nAAAA零线火线火线零线零线火线零线火线A.B.C.D.解：电流互感器要把大电流变为小电流，因此原线圈的匝数少，副线圈的匝数多。监测每相的电流必须将原线圈串联在火线中。选A。二、电能输送1．电路中电能损失P耗=I2R=，切不用U2/R来算，当用此式时，U必须是降在导线上的电压，电压不能用输电电压来计算．2．远距离输电。D1rD2I1I1/IrI2I2/n1n1/n2n2/R~一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。并按照标准在图中标出相应的物理量符号。一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数分别为也应该采用相应的符号来表示。从图中应该看出功率之间的关系是：电压之间的关系是：电流之间的关系是：可见其中电流之间的关系最简单，中只要知道一个，另两个总和它相等。因此电流往往是这类问题的突破口。输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用，而不能用。-41-/41\n特别重要的是要求会分析输电线上的功率损失，由此得出结论：⑴减少输电线功率损失的途径是提高输电电压或增大输电导线的横截面积，当然选择前者。⑵假设输电线功率损失已经确定，那么升高输电电压能减小输电线截面积，从而节约大量金属材料和架设电线所需的钢材和水泥，还能少占用土地。需要引起注意的是课本上强调：输电线上的电压损失，除了与输电线的电阻有关，还与感抗和容抗有关。当输电线路电压较高、导线截面积较大时，电抗造成的电压损失比电阻造成的还要大。【例6】有一台内阻为lΩ的发电机，供给一个学校照明用电，如以下图．升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R=4Ω，全校共22个班，每班有“220V，40W”灯6盏．假设保证全部电灯正常发光，那么：（l）发电机输出功率多大？（2）发电机电动势多大？（3）输电线上损耗的电功率多大？（4）输电效率是多少？（5）假设使用灯数减半并正常发光发电机输出功率是否减半．解析-41-/41\n：题中未加特别说明，变压器即视为理想变压器，由于发电机至升压变压器及降压变压器至学校间距离较短，不必考虑该两局部输电导线上的功率损耗．发电机的电动势ε，一局部降在电源内阻上．即Ilr，另一局部为发电机的路端电压U1，升压变压器副线圈电压U2的一局部降在输电线上，即I2R，其余的就是降压变压器原线圈电压U2，而U3应为灯的额定电压U额，具体计算由用户向前递推即可．（1）对降压变压器：U/2I2=U3I3＝nP灯=22×6×40W=5280w而U/2＝4U3＝880V，所以I2=nP灯/U/2=5280/880=6A对升压变压器：UlIl=U2I2=I22R＋U/2I2＝62×4＋5280＝5424W，所以P出=5424W．（2）因为U2＝U/2＋I2R＝880＋6×4＝904V，所以U1=¼U2=¼×904＝226V又因为UlIl=U2I2，所以Il=U2I2/Ul=4I2=24A，所以ε＝U1＋I1r1=226＋24×1＝250V．⑶输电线上损耗的电功率PR=IR2R=144W（4）η＝P有用/P出×100％=×100%=97％（5）电灯减少一半时，n/P灯=2640W，I/2＝n/P灯/U2＝2640/880=3A．所以P/出=n/P灯十I/22R=2640＋32×4＝2676w发电机的输出功率减少一半还要多，因输电线上的电流减少一半，输电线上电功率的损失减少到原来的1/4。说明：对变电过程较复杂的输配电问题，应按照顺序，分步推进．或按“发电一一升压——输电线——降压—一用电器”的顺序，或从“用电器”倒推到“发电”-41-/41\n一步一步进展分析．注意升压变压器到线圈中的电流、输电线上的电流、降压变压器原线圈中的电流三者相等．规律方法一、解决变压器问题的常用方法解题思路1电压思路.变压器原、副线圈的电压之比为U1/U2=n1/n2;当变压器有多个副绕组时U1/n1=U2/n2=U3/n3=……解题思路2功率思路.理想变压器的输入、输出功率为P入=P出，即P1=P2；当变压器有多个副绕组时P1=P2+P3+……解题思路3电流思路.由I=P/U知，对只有一个副绕组的变压器有I1/I2=n2/n1;当变压器有多个副绕组时n1I1=n2I2+n3I3+……解题思路4（变压器动态问题）制约思路.（1）电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2=n2U1/n1，可简述为“原制约副”.（2）电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1=n2I2/n1，可简述为“副制约原”.（3）负载制约：①变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2=P负1+P负2+…；②变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定，I2=P2/U2；③总功率P总=P线+P2.动态分析问题的思路程序可表示为：-41-/41\nU1P1解题思路5原理思路.变压器原线圈中磁通量发生变化，铁芯中ΔΦ/Δt相等；当遇到“”型变压器时有ΔΦ1/Δt=ΔΦ2/Δt+ΔΦ3/Δt,此式适用于交流电或电压（电流）变化的直流电，但不适用于稳压或恒定电流的情况.【例6】如以下图为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，那么（ABD）A．保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大B．保持P的位置及U1不变，K由b合到a时，R消耗的功率减小C．保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大D．保持P的位置不变，K合在a处，假设U1增大，I1将增大解析：K由a合到b时，n1减小，由,可知，U2增大，P2=U22/R随之增大·而P1=P2，P1=I1U1，从而I1增大，A正确．K由b合到a时，与上述情况相反，P2将减小，B正确·P上滑时，R增大，P2=U22/R减小，又P1＝P2，P1=I1U1，从而I1减小，C错误．U1增大，由=，可知U2增大，I2=U2/R随之增大，由可知I1也增大，D正确。-41-/41\n说明：处理这类问题的关键是要分清变量和不变量，弄清理想变压器中各量间的联系和制约关系．在理想变压器中，U2由U1和匝数比决定；I2由U2和负载电阻决定；I1由I2和匝数比决定．二、远距离输电【例7】在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个坑口电站，输送的电功率为P=500kW，当使用U=5kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4800度。求：⑴这时的输电效率η和输电线的总电阻r。⑵假设想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？解；⑴由于输送功率为P=500kW，一昼夜输送电能E=Pt=12000度，终点得到的电能E/=7200度，因此效率η=60%。输电线上的电流可由I=P/U计算，为I=100A，而输电线损耗功率可由Pr=I2r计算，其中Pr=4800/24=200kW，因此可求得r=20Ω。⑵输电线上损耗功率，原来Pr=200kW，现在要求Pr/=10kW，计算可得输电电压应调节为U/=22.4kV。【例8】发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V，输电线电阻为10Ω.假设输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：（1）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比.（2）画出此输电线路的示意图.-41-/41\n（3）用户得到的电功率是多少？解析：输电线路的示意图如以下图，输电线损耗功率P线=100×4%kW=4kW，又P线=I22R线输电线电流I2=I3=20A原线圈中输入电流I1=A=400A所以这样U2=U1n2/n1=250×20V=5000VU3=U2-U线=5000-20×10V=4800V所以用户得到的电功率P出=100×96%kW=96kW【附加题】甲、乙两个完全相同的理想变压器接在电压恒定的交流电路中，如图1所示。已知两变压器负载电阻的阻值之比为R甲：R乙=2：1，设甲变压器原线圈两端的电压为U甲，副线圈上通过的电流为I/甲；乙变压器原线圈两端的电压为U乙，副线圈上通过的电流为I/乙。那么以下说法正确的选项是：（）A．U甲=U乙，I/甲=I/乙；B．U甲=2U乙，I/甲=2I/乙；C．U甲=U乙，I/甲=½I/乙；D．U甲=2U乙，I/甲=I/乙。【正确解】：由于两变压器的原线圈串联接在同一回路中，电荷守恒定律知，无论是直流电路还是交流电路，串联电路中电流必定相等，所以通过两原线圈的电流相同，即：I甲=I乙。又因两变压器的匝比相同，根据变压器的电流变比公式，可推得它们副线圈上的电流也相同，即：I/甲=I/乙。对两变压器的输出端，由欧姆定律，可得到两副线圈上的电压分别为：U甲/=I甲/R甲、U乙/=I乙/R乙，解得：U甲/：U乙/=2：1，最后再根据变压器的电压变比公式可求得两原线圈上的电压关系为：U甲=2U乙。所以答案应选D。-41-/41\n【错解1】：由于两变压器完全相同，并且两原线圈又串联接在同一回路中，因而两原线圈中所通过的交流电的变化情况完全相同，即两原线圈中磁通量的变化率相同，根据法拉第电磁感应定律，所以两原线圈的输入电压分别为：=、=，因，有：=，即两原线圈上的输入电压相同；再根据理想变压器的电压变比公式，有：=，即两副线圈上的输出电压也相同。由于对输出端的负载而言，副线圈相当于电源，因此根据欧姆定律有：=、=，由以上关系式可得到：=。所以答案应选C。【错解分析】以两原线圈上电压相同为前提，运用变比关系、欧姆定律，最终推理得到两副线圈上的电流关系=，分析似乎没有问题，但如果进一步推理下去：由变压器的电流变比公式，可得两原线圈中的电流=，这显然与前提中中所提及的“两原线圈中所通过的交流电的变化情况完全相同”不能自恰.。从法拉第电磁感应定律去推导两原线圈上电压的思路并没有问题。然而，虽然通过两原线圈交流电流的变化情况完全相同，但是穿过两原线圈的磁通量的变化情况却并不相同！要知道两原线圈虽然串联，但它们是绕在不同的铁芯上。对于其中一个变压器来说（比方甲），当副线圈连接负载电阻而构成闭合回路时，副线圈中将存在感应电流，这时原、副线圈的电流都将在铁芯中产生磁场和磁通量，所以穿过线圈（即穿过铁芯）总的磁通量，不仅受到各变压器原线圈中电流的影响，而且还受到各变压器副线圈中的电流的影响，即所谓变压器的互感现象。所以两原线圈虽然串联、虽然通过它们的电流相同，但穿过它们的磁通量的变化情况却不同，即穿过它们的磁通量的变化率-41-/41\n。观点1在运用法拉第电磁感应定律时，仅仅考虑了原线圈中电流对磁通量的影响，没有考虑副线圈中电流对磁通量的影响，显然是不正确的，因而=实际上也是得不到的。【错解2】：由于两变压器完全相同，两原线圈又串联在一起，所以通过两原线圈中的交流电变化情况将完全一致，因此与此两原线圈相关的物理量也必将完全相同，即两原线圈中的电流、电压完全相同，又因两变压器匝比相同，根据变压器的电流变比公式，可推得两副线圈上的电流也必定相同，即=。所以答案应选A。【错解分析】:既然成认两原线圈上的电压、电流相同，由变压器的变比关系，可推得两副线圈上的电压、电流都相同，然而题目告诉我们，它们的负载电阻不同，这显然与欧姆定律相矛盾，因此两原线圈上的电压、电流不可能同时相等，是错误的。试题展示1.一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶:n2=11∶5。原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如以下图。副线圈仅接入一个10的电阻。那么A．流过电阻的电流是20AB．与电阻并联的电压表的示数是100VC．经过1分钟电阻发出的热量是6×103JD．变压器的输入功率是1×103W答案：D-41-/41\n【解析】原线圈中电压的有效值是220V，由变压比知副线圈中电压为100V，流过电阻的电流是10A；与电阻并联的电压表的示数是100V；经过1分钟电阻发出的热量是6×1034J。2.一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R。设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2。当R增大时A．I1减小，P1增大　　　　　　　　B．I1减小，P1减小D．I2增大，P2减小　　　　　　　　D．I2增大，P2增大答案：B【解析】理想变压器的特点是输入功率等于输出功率，当负载电阻增大时，由于副线圈的电压不变，所以输出电流I2减小，导致输出功率P2减小，所以输入功率P1减小；输入的电压不变，所以输入的电流I1减小，B正确3.如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的。V1和V2为理想电压表，读数分别为U1和U2；A1、A2和A3为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3。现断开S，U1数值不变，以下推断中正确的选项是A．U2变小、I3变小B．U2不变、I3变大C．I1变小、I2变小　D．I1变大、I2变大答案：BC【解析】：因为变压器的匝数与U1不变，所以U2与两电压表的示数均不变．当S断开时，因为负载电阻增大，故次级线圈中的电流I2-41-/41\n减小，由于输入功率等于输出功率，所以I1也将减小，C正确；因为R1的电压减小，故R2、R3两端的电压将增大，I3变大，B正确．VAR4.如图，理想变压器原副线圈匝数之比为4∶1．原线圈接入一电压为u＝U0sinωt的交流电源，副线圈接一个R＝27.5Ω的负载电阻．假设U0＝220V，ω＝100πHz，那么下述结论正确的选项是A．副线圈中电压表的读数为55VB．副线圈中输出交流电的周期为C．原线圈中电流表的读数为0.5AD．原线圈中的输入功率为答案：AC【解析】：原线圈电压有效值U1=220V，由电压比等于匝数比可得副线圈电压U2=55V，A对；电阻R上的电流为2A，由原副线圈电流比等于匝数的反比，可得电流表示数为0.5A，C对；输入功率为P=220×0.5W=110W，D错；周期T==0.02s，B错。5.小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动。产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如以下图，此线圈与一个R＝10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，以下说法正确的选项是A．交变电流的周期为0.125B．交变电流的频率为8Hz-41-/41\nC．交变电流的有效值为AD．交变电流的最大值为4A答案：C【解析】由e－t图像可知，交变电流电流的周期为0.25s，故频率为4Hz，选项A、B错误。根据欧姆定律可知交变电流的最大值为2A，故有效值为A，选项C正确。6.图l、图2分别表示两种电压的波形．其中图l所示电压按正弦规律变化。以下说法正确的选项是A．图l表示交流电，图2表示直流电B．两种电压的有效值相等C．图1所示电压的瞬时值表达式为：u=311sin100πtVD．图l所示电压经匝数比为10:1的变压器变压后．频率变为原来的答案：C【解析】：交流电的概念，大小和方向都随时间变化，在t轴的上方为正，下方为负，A错。有效值只对正弦交流电使用，最大值一样，所以B错。由图可知，C对。变压之后频率不变，D错。7.（10分）某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6Ω。（1）假设采用380V输电，求输电线路损耗的功率。-41-/41\n（2）假设改用5000高压输电，用户端利用n1:n2＝22：1的变压器降压，求用户得到的电压。【解析】：（1）输电线上的电流强度为I＝A＝52.63A输电线路损耗的功率为P损＝I2R＝52.632×6W≈16620W＝16.62kW（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I′＝A＝4A用户端在变压器降压前获得的电压U1＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V根据用户得到的电压为U2＝＝×4976V＝226.18V8．(14分)如以下图，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220V的市电上，向额定电压为1.80×104V的霓虹灯供电，使它正常发光．为了平安，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12mA时，熔丝就熔断．（1）熔丝的熔断电流是多大?（2）当副线圈电路中电流为10mA时．变压器的输入功率是多大?解答：(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为．根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有当=12mA时，即为熔断电流．代人数据，得=0．98A-41-/41\n(2)设副线圈中电流为=lOmA时，变压器的输入功率为P1。，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有代人数据，得=180Ww.w.w.k.s.5.u.c.o.mwww.ks5u.com-41-/41