河北省石家庄二中高中物理 第五章 交变电流（试题+学案）（打包10套）新人教版选修3-2.zip

1电能的输送1.如图所示为远距离输电线路的示意图,若发电机的输出电压不变,则下列叙述中正确的是( )A.升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B.输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C.当用户用电器的总电阻减小时,输电线上损失的功率增大D.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压解析:变压器的输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的,A、B 错误;用户用电器总电阻减小,据 P=,消耗功率增大,输电线中电流增大,线路损失功率增大,C 正确;升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失的电压加上降压变压器的输入电压,D 错误。答案:C2.输电导线的电阻为 R,输送电功率为 P。现分别用 U1和 U2两种电压来输电,则两次输电线上损失的功率之比为( )A.U1∶U 2 B.C. D.U2∶U 1解析:由 P=UI,P 损 =I2R 可得 P 损 =,所以输电线上损失的功率与输送电压的二次方成反比,C项正确。答案:C3.关于减小远距离输电线上的功率损耗,下列说法正确的是( )A.由功率 P=,应降低输电电压,增大导线电阻B.由 P=IU,应降低输电电压,减小输电电流C.由 P=I2R,应减小导线电阻或减小输电电流D.上述说法均不对解析:因为输电线上的功率损耗 Δ P=I2R=()2·R,其中 P 为输电功率, U 为输电电压, I 为输电电流, R 为导线电阻,要减小远距离输电线上的功率损耗,需减小导线电阻或减小输电电流,C对;或者提高输电电压以减小输电电流,A、B 错。答案:C4.发电厂发电机的输出电压是 U1,发电厂至学校的输电导线总电阻为 R,导线中的电流为 I,学校得到的电压为 U2,则关于输电线上损失的功率,下列表达式错误的是( )A. B.C.I2R D.I(U1-U2)解析:用 P=求电阻上损失的功率时, U 要与电阻 R 相对应,选项 A 中的 U1是输出电压,不是输电线上的电压,故选项 A 错误。选项 B 中的( U1-U2)是输电线上的电压,因此,选项 B 正确。选项 C、D 中的电流 I 是输电线中的电流,故选项 C、D 正确。答案:A5.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示,发电机的输出电压为 200 V,输电线总电阻为 r,升压变压器原、副线圈匝数分别为 n1、 n2,降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、 n4(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为 220 V 的用电器正常工作,则( )2A.B.C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析:由于输电线上有电阻,所以要考虑电压损失,则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压,根据变压器的电压与匝数之比的关系,可知,故 A 项对,B、C 项错;考虑到输电线上也有电功率的损失,可知 D 项对。答案:AD6.某小型水电站输出功率为 20 kW,输电线路总电阻是 6 Ω。(1)若采用 380 V 输电,求输电线路损耗的功率。(2)若改用 5 000 V 高压输电,用户端利用 n1∶n 2=22∶ 1 的变压器降压,求用户得到的电压。解析:(1) P 电 =U1I1,P 损 =R 线损耗的功率为 P 损 =R 线 =×6 W=16.6 kW。(2)P 电 =U2I2,损失的电压 Δ U=I2R 线 =24 VU3=U2-Δ U=4 976 V,U3∶U 4=n1∶n 2用户得到的电压 U4=226.2 V。答案:(1)16 .6 kW (2)226.2 V1变压器1.一台理想变压器的副线圈有 100 匝,输出电压为 10 V,则铁芯中磁通量的变化率的峰值为( )A.10 Wb/s B.14.1 Wb/sC.0.14 Wb/s D.28.2 Wb/s解析:由 E=n·知, Em=×10 Wb/s=0.14 Wb/s,选项 C 正确。答案:C2.普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流,通常要通过电流互感器来连接,图中电流互感器 ab 一侧线圈的匝数较少,工作时电流为 Iab,cd 一侧线圈的匝数较多,工作时电流为 Icd,为了使电流表能正常工作,则( )A.ab 接 MN、 cd 接 PQ,IabIcdC.ab 接 PQ、 cd 接 MN,IabIcd解析:根据变压器原、副线圈中电流与匝数间的关系可知, IabIcd,所以 ab 接 MN、 cd 接 PQ,选项 B 正确。答案:B3.一台理想变压器的原线圈接 220 V 正弦交流电压时,副线圈上仅接有阻值为 10 Ω 的电阻,电阻两端的电压为 44 V。若将副线圈的匝数增加 100 匝,则通过副线圈上此电阻的电流增加1.1 A。由此可知该变压器原线圈的匝数为( )A.200 B.2 000C.50 D.500解析:由题意知,当副线圈匝数增大 100 匝时,电阻器上的电压 U2'=U2+Δ IR=44 V+1.1×100 V=55 V又由可得,解得 n1=2 000,n2=400。答案:B4.(多选)如图所示, L1、 L2是高压输电线,图中两电表示数分别是 220 V 和 10 A,已知甲图中原、副线圈匝数比为 100∶ 1,乙图中原、副线圈匝数比为 1∶ 10,则( )A.甲图中的电表是电压表,输电电压为 22 000 VB.甲是电流互感器,输电电流是 100 AC.乙图中的电表是电压表,输电电压为 22 000 VD.乙图是电流互感器,输电电流是 100 A解析:题图甲是电压互感器,题图甲中的电表是电压表,根据可知输电电压为 22 000 V,A 对,B 错;题图乙是电流互感器,题图乙中的电表是电流表,根据可得输电电流是 100 A,C 错,D 对。2答案:AD5. (多选)如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的滑片 P 处于图示位置时,灯泡 L 能发光。要使灯泡变亮,可以采取的方法有( )A.向下滑动 PB.增大交流电源的电压C.增大交流电源的频率D.减小电容器 C 的电容解析:向下滑动滑片 P,副线圈匝数减少,输出电压 U2减小,经过灯泡的电流减小,灯泡变暗,选项 A 错误;增大交流电源的电压,则原线圈两端电压 U1变大,副线圈的输出电压 U2变大,经过灯泡的电流增大,灯泡变亮,选项 B 正确;增大交变电流的频率,电容器对交变电流的阻碍作用减小,经过灯泡的电流增大,灯泡变亮,选项 C 正确;减小电容器的电容,电容器对交变电流的阻碍作用增大,经过灯泡的电流减小,灯泡变暗,选项 D 错误。答案:BC6. (多选)有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表,副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头 Q 调节,如图所示,在副线圈两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,则( )A.保持 Q 的位置不动,将 P 向上滑动时,电流表的读数变大B.保持 Q 的位置不动,将 P 向上滑动时,电流表的读数变小C.保持 P 的位置不动,将 Q 向上滑动时,电流表的读数变大D.保持 P 的位置不动,将 Q 向上滑动时,电流表的读数变小解析:保持 Q 的位置不动,则副线圈匝数不变,由知 U2不变,当 P 向上滑动时,由 I2=知 I2减小,故电流表的读数变小,B 正确,A 错误;保持 P 的位置不动,将 Q 向上滑动时,副线圈的匝数增多,由知 U2增大,由 I2=知 I2增大,故 I1增大,C 正确,D 错误。答案:BC7.(多选)图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压,并加在一理想变压器的原线圈上,变压器原、副线圈的匝数分别为 n1、 n2,V 为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于 5 000 V 时,就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是( )A.电压表的示数等于 5 VB.电压表的示数等于 VC.实现点火的条件是 1 0003D.实现点火的条件是 1 000,选项 C 正确,D 错误。答案:BC8.如图所示,一台有两个副线圈的变压器,原线圈匝数 n1=1 100 匝,接入电压 U1=220 V 的电路中。(1)要求在两个副线圈上分别得到电压 U2=6 V,U3=110 V,它们的匝数 n2、 n3分别为多少?(2)若在两副线圈上分别接上“6 V 20 W”“110 V 60 W”的两个用电器,原线圈的输入电流为多少?解析:(1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系,由,得 n2=n1=×1 100 匝 =30 匝,n3=n1=×1 100 匝 =550 匝。(2)设原线圈输入电流为 I1,由 P 入 =P 出 ,即I1U1=I2U2+I3U3=P2+P3,所以 I1= A=0.36 A。答案:(1)30 匝 550 匝 (2)0.36 A9.如图所示,理想变压器有两个副线圈,原线圈 1 接 220 V 的交流电源,副线圈 2 的匝数为30 匝,与其串联的“12 V 12 W”的灯泡 L 正常发光,副线圈 3 的输出电压为 110 V,另一端接有电阻 R,通过 R 的电流为 0.4 A。求:(1)副线圈 3 的匝数 n3。(2)原线圈 1 的匝数 n1和通过它的电流 I1。解析:(1)对两个副线圈应用电压关系可得 n3=n2=275 匝。(2)根据得 n1=n2=550 匝,对整个变压器由功率关系列式 I1U1=I2U2+I3U3,所以 I1= A=0.255 A。答案:(1)275 匝 (2)550 匝 0.255 A1电感和电容对交变电流的影响1.(多选)电容器对交变电流的影响的以下说法中,正确的是( )A.交变电流能通过电容器B.电容器具有通直流、阻交流的作用C.电容器电容较小时,它具有通高频、阻低频的功能D.电容器的电容越大,交变电流的频率越高,电容器对交变电流的阻碍作用就越小解析:交变电流能通过电容器,A 正确;电容器具有隔直流、通交流的作用,B 错误;电容器的电容越大,交变电流的频率越高,电容器对交变电流的阻碍作用就越小,D 正确;电容器电容较小时,对高频的阻碍作用较小,对低频的阻碍作用大,C 正确。答案:ACD2.交变电流通过一段长直导线时,电流为 I,如果把这根长直导线绕成线圈,再接入原电路,通过线圈的电流为 I',则( )A.I'I B.I'IC.I'=I D.无法比较解析:长直导线的自感系数很小,其对交变电流的阻碍作用可以看作是纯电阻,流经它的交变电流只受到导线电阻的阻碍作用。当导线绕成线圈后,电阻值未变,但自感系数增大,对交变电流的阻碍作用不但有电阻,而且有线圈的阻碍作用(感抗)。阻碍作用增大,电流减小。答案:B3. (多选)电阻 R、电容 C 和电感 L 是常用的电子元器件,在频率为 f 的交流电路中,如图所示,当开关 S 依次分别接 R、 C、 L 支路,这时通过各支路的电流有效值相等。若将交变电流的频率提高到 2f,维持其他条件不变,则下列几种情况正确的是( )A.通过 R 的电流有效值不变B.通过 C 的电流有效值增大C.通过 L 的电流有效值减小D.通过 R、 C、 L 的电流有效值不变解析:流过电阻中的电流大小与交变电流的频率无关,A 正确;频率增大时,容抗减小,感抗增大,所以通过电容 C 的电流增大,通过电感 L 的电流减小,B、C 正确。答案:ABC4.如图所示的电路, F 为一交流发电机, C 为平行板电容器,为使电流表 A 的示数增加,可行的办法是( )A.使发电机 F 的转速增加B.使发电机 F 的转速减小C.在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质D.使电容器两极板间距离增大2解析:当发电机转速增加时,交变电流的频率增大,容抗减小,电流表 A 的读数增大,A 正确,B错误。在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时,电容器的电容减小,使电容器两极板间距离增大时电容也减小。当电容减小时,容抗增大,对交变电流的阻碍作用增大,电流表A 示数减小,C、D 错误。答案:A5.如图所示为某电器中电路的一部分,当输入有直流成分、交流低频成分和交流高频成分的电流后,在其输出端得到可调大小的交流低频成分,那么下列有关各元器件的作用的说法中,错误的是( )A.C1为高频旁路电容器,交流高频成分被该电容器短路B.R 为滑动变阻器,它的滑片上下移动可以改变输出端电压的大小C.C2为隔直电容器,交流低频成分通过该电容输出D.C1的电容较大、 C2的电容较小解析:因为要输出低频交流成分,所以 C1应能让高频交流成分通过,而阻止低频交流成分通过,所以 C1电容要小。要能让低频交流成分通过,所以 C2电容要大,D 错误。答案:D6.如图所示,当交流电源的电压有效值是 220 V,频率为 50 Hz 时,三盏电灯的亮度相同,当电源电压不变只将交流电源的频率改为 100 Hz 时,则各灯亮度变化情况为 a 灯 ,b灯 ,c 灯 。(均选填“变亮” “变暗”或“不变”) 解析:频率变大,电容器容抗减小,又电压不变,故 a 灯变亮;频率变大,电感线圈的电感变大,又电压不变,故 b 灯变暗;频率的变化对电阻 R 无影响,故 c 灯亮度不变。电源电压不变指电压有效值不变,当频率变大时,容抗变小,感抗变大,电阻阻值 R 不变。答案:变亮 变暗 不变7.如图所示是电视机电源部分的滤波装置,当输入端输入含有直流成分、交流低频成分的电流后,能在输出端得到较稳定的直流电,试分析其工作原理及各电容和电感的作用。解析:当含有多种成分的电流输入到 C1两端时,由于 C1具有“通交流、隔直流”的功能,电流中的交流成分被衰减;而线圈 L 有“通直流、阻交流”的功能,直流成分电流顺利通过 L,一小部分交流通过 L;到达 C2两端时,由于 C2具有“通交流、隔直流”的功能, C2进一步滤除电流中残余的交流成分,这样在输出端得到较稳定的直流电。答案:见解析8.如图甲和乙是可调灯泡亮度的台灯电路示意图,请你判断哪一个电路更合理。3解析:题图乙中调节 L 可达到调节台灯两端电压的作用,从而调节台灯的亮度。题图甲也可调节台灯的亮度,但变阻器要消耗电能,故甲图不合理。答案:乙1描述交变电流的物理量1.一个小型电热器若接在输出电压为 10 V 的直流电源上,消耗电功率为 P;若把它接在某个正弦交流电源上,其消耗的电功率为。如果电热器电阻不变,则此交流电源输出电压的最大值为( )A.5 V B.5 VC.10 V D.10 V解析:根据公式 P=再结合交变电流的有效值定义, U 效 =知其有效值 U 效 =5 V,根据正弦式交变电流有效值和最大值的关系知最大值为 5 V=10 V,选项 C 正确。答案:C2.图(a)为电热毯的电路示意图。电热丝接在 u=311sin (100π t) V 的电源上,电热毯被加热到一定温度后,通过装置 P 使输入电压变为图(b)所示波形,从而进入保温状态。若电热丝电阻保持不变,此时交流电压表的读数是( )A.110 V B.156 VC.220 V D.311 V解析:交流电压表的读数是交变电流的有效值,因此必须根据有效值的定义来计算。由有效值的定义可得 T=+0,解得 U=110 V=156 V。答案:B3.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为 5.0Ω,现外接一只电阻为 95.0 Ω 的灯泡,如图乙所示,则( )A.电压表 V 的示数为 220 VB.电路中的电流方向每秒改变 50 次C.灯泡实际消耗的功率为 484 WD.发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为 24.2 J解析:电动势的有效值为 E= V=220 V,所以电流的有效值 I= A=2.2 A,所以电压表的示数为U=IR=2.2×95.0 V=209 V,A 错误;交变电流的频率为 f==50 Hz,每个周期内电流方向改变 2次,故每秒内电流方向改变 100 次,B 错误;灯泡实际消耗的功率为 P 灯 =I2R=2.22×95.0 W=459.8 W,C 错误;发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为 Q=I2rt=2.22×5.0×1 J=24.2 J,D正确。答案:D4. (多选)面积为 S 的两个电阻相同的线圈,分别放在如图所示的磁场中,图甲中是磁感应强度为 B0的匀强磁场,线圈在磁场中以周期 T 绕 OO'轴匀速转动,图乙中磁场变化规律为B=B0cos,从图示位置开始计时,则( )2A.两线圈的磁通量变化率相同B.两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C.经相同的时间 t(tT),两线圈产生的热量相同D.从此时刻起,经时间,流过两线圈横截面的电荷量相同解析:甲: Φ 甲 =B0Scos ωt ,乙: Φ 乙 =BScos ωt=B 0Scos ωt ,故磁通量变化率相同,又 E=,所以电动势变化规律也相同,故甲、乙两种情况电动势最大值出现时刻及有效值、平均值均相同。答案:ACD5.多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇。过去是用变压器来实现上述调节的,但是成本高、体积大、效率低,且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速。现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的。图示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压图象,即在正弦式交变电流的每一个周期中前面的周期被截去,从而改变了电灯上的电压。则现在电灯上的电压为( )A.Um B. C. D.解析:由 T~T 时间段内电压的有效值为,在 0~T 内交变电流通过电阻 R 时做的功WT=·T解得电压的有效值 U=。答案:C6.城市晚上或者每逢节日,同学们往往能看到许多霓虹灯发出鲜艳绚丽的灯光,将城市装扮得异彩纷呈,赏心悦目。频率为 50 Hz 的交变电流,其电压 u=168sin ωt V,把它加在激发电压、熄灭电压均为84 V 的霓虹灯的两端,求在半个周期内霓虹灯点亮的时间。解析:交变电压的周期 T=0.02 s,电压的峰值 Um=168 V。为便于求解,作交变电压的 u-t 图象如图所示,当电压高于 84 V 时霓虹灯才发光,由图象易知,半个周期内霓虹灯点亮的时间为 Δ t=t2-t1因 2π ft1=,2π ft2=得 t1= s,t2= s则 Δ t=t2-t1= s。答案: s7.如图所示,线圈 abcd 的面积是 0.05 m2,共 100 匝,线圈电阻为 1 Ω,外接电阻 R=9 Ω,匀3强磁场的磁感应强度为 B= T,当线圈以 300 r/min 的转速匀速转动时,求:(1)转动中感应电动势的有效值。(2)电路中交流电压表和电流表的示数。(3)线圈从图示位置转过 90°的过程中通过电阻 R 的电荷量。解析:(1) Em=NBSω =100××0.05×2π × V=50 VE==25 V=35.4 V。(2)电流表示数 I==3.54 A电压表示数 U=IR=3.54×9 V=31.86 V。(3)从图示位置转过 90°的过程中,=N,又因为,所以 q=Δ t,解得 q==0.16 C。答案:(1)35 .4 V(2)31.86 V 3.54 A(3)0.16 C8.如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垂直于磁场方向的固定轴 OO'匀速转动,线圈的匝数 n=100,电阻 r=10 Ω,线圈的两端经集流环与电阻R 连接,电阻 R=90 Ω,与 R 并联的交流电压表为理想电表。在 t=0 时刻,线圈平面与磁场方向平行,穿过每匝线圈的磁通量 Φ 随时间 t 按图乙所示正弦规律变化。求:(1)交流发电机产生的电动势最大值;(2)电路中电压表的示数;(3)R 上的热功率。解析:(1)交流发电机产生电动势的最大值Em=nBSω而 Φ m=BS,ω= ,所以 Em=由 Φ -t 图线可知, Φ m=2.0×10-2 WbT=6.28×10-2 s,所以 Em=200 V。(2)电动势的有效值 E==100 VU=E=×100 V=90 V=127.3 V。(3)R 上的功率为 PR= W=180 W。答案:(1)200 V (2)127.3 V (3)180 W41交变电流1.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流,从中性面开始转动 180°的过程中,平均感应电动势和最大感应电动势之比为( )A.2∶ π B.π ∶ 2 C.2π ∶ 1 D.无法确定解析:转动 180°过程中,平均感应电动势由 E=计算,得,最大值 Em=BSω ,二者之比为2∶ π。答案:A2.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示。则下列说法正确的是( )A.t=0时刻,线圈平面与中性面垂直B.t=0.01 s时刻, Φ 的变化率最大C.t=0.02 s时刻,交流电动势达到最大D.该线圈相应产生的交流电动势的图象如图乙所示解析:由题图甲可知, t=0时,通过线圈的磁通量最大,线圈处于中性面位置。 t=0.01 s时刻,磁通量为零,但磁通量变化率最大,所以 A错误,B 正确。 t=0.02 s时,交流电动势应为0,C、D 均错误。答案:B3.如图所示,矩形线圈 abcd在匀强磁场中分别绕垂直于磁场方向的轴 P1和 P2以相同的角速度匀速转动,当线圈平面转到与磁场方向平行时( )A.线圈绕 P1转动时产生的感应电流等于绕 P2转动时产生的感应电流B.线圈绕 P1转动时产生的感应电动势小于绕 P2转动时产生的感应电动势C.线圈绕 P1和 P2转动时产生的感应电流的方向相同,都是 a→ b→ c→ dD.线圈绕 P1转动时 dc边受到的安培力大于绕 P2转动时 dc边受到的安培力解析:线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关,选项 A正确,B 错误;绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等,从上向下看,线框逆时针旋转,电流的方向应为a→ d→ c→ b,选项 C错误;电流相等, cd受到的安培力也相等,选项 D错误。答案:A4.(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交流电动势 e=220sin 100π t V,则下列判断正确的是( )A.t=0时,线圈位于中性面位置B.t=0时,穿过线圈平面的磁通量最大C.t=0时,线圈的有效切割速度方向垂直磁感线D.t=0时,线圈中感应电动势达到峰值解析:因按正弦规律变化,故 t=0时线圈位于中性面,A 正确;此时穿过线圈的磁通量最大,B2正确; t=0时,线圈的有效切割速度方向与磁感线平行,不产生感应电动势,故 C、D 错误。答案:AB5.一矩形线圈,绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动。线圈中的感应电动势 e随时间 t的变化如图所示。下面说法中正确的是( )A.t1时刻通过线圈的磁通量为零B.t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C.t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D.每当感应电动势 e变换方向时,通过线圈的磁通量绝对值都为最大解析: t1、 t3时刻感应电动势为零,线圈位于中性面位置,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,A、C 错误; t2时刻感应电动势最大,线圈位于中性面的垂面位置,穿过线圈的磁通量为零,B 错误;由于线圈每过一次中性面时,穿过线圈的磁通量的绝对值最大,感应电动势 e变换方向,所以 D正确。答案:D6.如图所示,一边长为 l的正方形线圈 abcd绕对称轴 OO'在匀强磁场中转动,转速为 n=120转 /分,若已知边长 l=20 cm,匝数 N=20,磁感应强度 B=0.2 T,求:(1)转动中的最大电动势及位置。(2)从中性面开始计时的电动势瞬时值表达式。(3)从图示位置转过 90°过程中的平均电动势。解析:(1)当线圈平面转到与磁场平行时, ab、 cd两边均垂直切割磁感线,这时线圈中产生的感应电动势最大Em=NBSω =20×0.2×0.22×2π ×2 V=2.0 V。(2)电动势瞬时值表达式为 e=Emsin ωt= 2sin(4π t) V。(3)E=N=20× V=1.28 V。答案:(1)2 .0 V 线圈平面与磁场平行(2)e=2sin(4π t) V(3)1.28 V7.如图所示,矩形线圈 abcd的匝数为 n=50,线圈 ab的边长为 l1=0.2 m,bc的边长为l2=0.25 m,在磁感应强度为 B=0.4 T的匀强磁场中,绕垂直于磁感线且通过线圈中线的 OO'轴匀速转动,转动的角速度 ω= 100 rad/s,试求:(1)穿过线圈平面的最大磁通量 Φ m。3(2)线圈在图示位置(线圈平面与磁感线平行)时,感应电动势 e的大小。解析:(1)穿过线圈平面的最大磁通量Φ m=BS=Bl1l2=0.4×0.2×0.25 Wb=0.02 Wb。(2)线圈在图示位置时电动势达到最大值,此时感应电动势的值为Em=nBSω=nBl 1l2ω= 50×0.4×0.2×0.25×100 V=100 V。答案:(1)0 .02 Wb (2)100 V1五、电能的输送【要点导学】1．本节内容重点是：输电线上损失电能的原因和输电线上损失的电能的计算。本节内容难点是：输电系统的“输电电压” 、 “用户得到的电压”和输电线上“损失的电压”三者的区别与联系。2．远距离输电电路图如图5－5－1所示：若输电线电阻 R，输电功率为 P，输电电压 U１ ，则输电导线的电流 I2=P/U1，输电导线上的电压降（电压损失）U 损 =I2R=PR/U1，输电导线上的功率损耗 P 损 =I22R =U 额 2/R=P2R/U12【范例精析】例1、发电机的输出电压为220V，输出功率为44KW，每条输电线电阻为0.2Ω，求用户得到的电压和电功率各是多少？如果发电站先用变压比为1：10的升压变压器将电压升高，经同样输电线路后，再经过10：1的降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和电功率又各是多少？分析与解答：输送电路原理图如图5-5-2。发电站输出的功率 P 出 是一定的,当以220伏的电压输出时,输出电流应该是：I=P 出 /U 出 =44000W/220V=200A 两条输电线路的总电阻为0.4Ω,则导线上损失的电功率为：P 损 =I2r=(200A)2×0.4Ω=16kW 用户得到的电功率为 P=P 出 -P 损 =44kW-16kW=27kW 在导线上损失的电压为: U 损 =I2r=200V×0.4Ω＝80V．用户得到的电压为：U=U 出 -U 损 =220V-80V=140V 如果用1：10的变压器将电压升高到2200V 后再输送出去，则输出电流为：I=P 出 /U 出 =44000W/2200V=20A P 损 =I2r=(20A)2×0.4Ω=160W 用户得到的电功率为 P=P 出 -P 损 =44kW-160W=43.83kW 2在导线上损失的电压为: U 损 =I2r＝20V×0.4Ω＝8V．加到用户端变压器上的电压为：U=U 出 -U 损 =2200V-80V=2192V 经过变压器降压后输送给用户的电压为：219.2V．例2、一个小型水力发电站，发电机输出电压 U0=250V，内电阻可以忽略不计，最大输出功率为 Pm=30kW，它通过总电阻 R 线 =2．0Ω 的输电线直接向远处的居民区供电。设居民区所有用电器都是额定电压 U 用 =220V 的白炽灯，总功率为 P 用 =22kW，不计灯丝电阻随温度的变化。（1）当居民区的电灯全部使用时，电灯两端的电压是多少伏?发电机实际输出的电功率多大?（2）若采用高压输电，在发电机端用升压变压器，在用户端用降压变压器，且不计变压器和用户线路的损耗。已知用户变压器的降压比为40：1，当全部用户电灯正常发光时，输电线上损耗的功率多大?解析：（1）如图5-5-3，P 用 =U 用 2/R 用 =2.2Ω，I=U0/(R 用 +R 线 )=250/4.2=59.5（A）U 灯 =IR 用 ≈130.9V≈131VP 输 =U0I=14880W≈14.9kW（2）如图5-5-4，P 用 =U4I4, U4=220V, I4=110AI3/I4=n4/n3, I3=I4/40=2.5A∴P 损 =I32R 线 =12.5W拓展：关于电能输送问题，应详细作出输送原理图，分析电路特点，认真仔细解题。【能力训练】1、在电能输送过程中，若输送的电功率一定，则在输电线上损失的电功率：（ACD）A．随输电线电阻的增大而增大B．和输送电压的平方成正比C．和输电线上电压降落的平方成正比D．和输电线中电流强度的平方成正比2、输电线的电阻共计 r， 输送的电功率为 p， 输电电压为 U， 则用户能得到的电功率是：（B ）A. P B.P－(P/U)r C.I 2R D. (P/U)r 3、用6600V 和220V 两种电压输电，若输送的功率和输电线的电阻相同，则低压输电线与高压输电线上损失功率之比是（B ）A. 1：900 B. 900：13C. 1：30 D. 30：1 4、一个小水电站输出电功率为20kw，输电线总电阻为0.5Ω，如果先用400V 的电压送电，后改用2000V 电压输电，则输电电压提高后输电线上损失的电功率的变化情况是:（A ）A、减少50W B、减少1200W C、减少7.68W D 增加7.68W 5、某变电站用220V 的电压送电，导线损失电功率是输出功率的20%，若要使导线损失电功率是输出功率的5%，则输出电压应变为 V。4406、相同材料组成的导线向同一处用户输送10kW 电能，在输电电压 U1=110V 和 U2=220V 两种情况下，要求输电线中损失的电能相同，则两情况下导线截面积之比为____。4:17、远距离送电的输电线一定时，如果以原来电压的10倍输送同样功率的电能时，输电线上损耗的电功率为原来的____．1/1008、发电机的路端电压为220V，输送电功率44kW，输电线电阻为0.4Ω，则用户得到的电功率为 V，用户得到的电功率为 kW。若用初、次级线圈匝数之比为 1：10的变压器升压，经同样的输电线输电后，再用初、次级线圈匝数之比为10：1的变压器降压后供给用户，则用户得到的电压为 V，用户得到的电功率为 kW。140，28，219，43.89、某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8×104W，电厂输出电压仅350V，为减少输送功率损失，先用一升压变压器将电压升高再输送，在输送途中，输电线路的总电阻为4Ω，允许损失的功率为输送功率的5％，求用户所需电压为220V 时，升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少？1:8,12:110、有一台内阻为1Ω 的发电机，供应学校的照明用电，如图5-5-5所示是输电原理图，两变压器已选定，输电线总电阻为4Ω，全校共有22个教室，每个教室有“220V、40W”的灯6盏，若保证全部电灯正常发光。 （n 1:n2=1:4，n 3:n4=4:1）问：（1）发电机输出功率多大？6000W （2）发电机的电动势多大？250V（3）输电效率是多少？97.3％1第四节 变压器 一、学习目标(一)知识与技能（1）了解变压器的构造及工作原理。（2）掌握理想变压器的电压与匝数间关系。（3）掌握理想变压器工作规律并能运用解决实际问题。(二)过程与方法（1）通过观察演示实验，培养学生物理观察能力和正确读数的习惯。（2）从变压器工作规律得出过程中培养学生处理实验数据及总结概括能力。（3）从理想变压器概念引入使学生了解物理模型建立的基础和建立的意义。(三)情感态度与价值观（1）通过原副线圈的匝数与绕线线径关系中体会物理学中的和谐、统一美。（2）让学生充分体会能量守恒定律的普遍性及辩证统一思想。（3）培养学生尊重事实，实事求是的科学精神和科学态度。二、学习重点、难点、及解决办法 1．重点：变压器工作原理及工作规律。2．难点：（1）理解副线圈两端的电压为交变电压。(2)推导变压器原副线圈电压与匝数关系。(3)掌握公式中各物理量所表示对象的含义。3．解决办法(1)通过演示实验来研究变压器工作规律使学生能在实验基础上建立规律。(2)通过理想化模型建立及理论推导得出通过原副线圈电压与匝数间的关系。(3)通过运用变压器工作规律的公式来解题使学生从实践中理解公式各物理量的含义。三、课时安排1 课时四、用具准备可拆式变压器、学生电源、交流电压表、导线若干、学生电源、小灯泡五、学生活动设计1．通过参与演示实验观察、数据处理、得出结论的全过程，使学生获得新知识。2．通过提问引发学生思考，并应用学到的知识来解决实际问题。3．通过练习掌握公式的应用及理解公式各物理量的含义。六、学习过程一、引入新课在实际应用中，常常需要改变交流电的电压。大型发电机发出的交流电，电压有几万伏，而远距离输电却需要高达几十万伏的电压。各种用电设备所需的电压也各不相同。电灯、电饭煲、洗衣机等家用电器需要 220 V 的电压，机床上的照明灯需要 36 V 的安全电压。一般半导体收音机的电源电压不超过 10 V，而电视机显像管却需要 10000 V 以上的高电压。变压器就是改变交流电压的设备。这节课我们学习变压器的有关知识。二、新课学习21.变压器原理：出示可拆变压器，仔细学生观察，变压器主要由哪几部分构成？变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成.一个线圈跟电源连接，叫原线圈（初级线圈） ，另一个线圈跟负载连接，叫副线圈（次级线圈）.两个线圈都是绝缘导线绕制成的.铁芯由涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成.画出变压器的结构示意图和符号，如下图所示：2．实验探究(1)．变压器的作用问题 1：按照书上所给的电路图接好线路，引导学生从电磁感应方面入手说明小灯泡为什么会亮？解释变压器的工作原理：由于原线圈中通的是交变电流，因而铁芯中的磁通量是变化的，这样副线圈当中产生感应电动势使的小灯泡亮了。变压器通过闭合铁芯，利用电磁感应现象实现了：电能——磁场能——电能的转化问题 2：变压器为什么能改变电压？根据法拉第电磁感应原理感应电动势与线圈匝数成正比。这样只要副线圈的匝数多感应电动势就大，匝数少感应电动势就小。问题 3：原副线圈的匝数，与原副线圈中的电压有着什么样的定量关系？(2)．探究变压器两个线圈的电压关系1．设计实验电路2．将不同的原副线圈接入线路测出线圈当中的电压添入下表：原线圈匝数 n1 副线圈匝数 n2 原线圈电压 U1 副线圈电压 U2 n1/ n2 U1/U2100 300 2V100 400 2V300 400 4V400 400 6V400 100 8V400 100 4V3从实验填写上表，并引出：说明变压器原副线圈的端电压之比等于这两个线圈的匝数之比： 21NU3．给不同的效果的变压器起名：（1） ．当 n2 n1 时， U2U1—— 升压变压器（2） ．当 n2 n1时， U2 U1——降压变压器三、巩固与练习练习 1一台变压器原线圈的匝数为 4400 匝,与 220V 的电源相连,当副线圈接入额定电压为 36V 的灯泡时练习,能够正常发光.则变压器副线圈的匝数为( C )A 36 匝 B 72 匝 C 720 匝 D 1440 匝练习 2变压器原、副线圈的匝数比 n1:n2＝4：1，当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，图中电压表 V1 的示数 12V，则电压表 V2 的示数为（ B ）A．3V B．0 C．48V D．与负载 R 的值有关四、小结：1．变压器的构造：由闭合铁芯和绕在闭合铁芯上的 原,副线圈组成。或称初级、次级线圈。2．电路符号；3．变压器的作用：升高或降低交流电压，且 21NU4．变压器的工作原理：电磁感应。五．作业：1． 课后练习 1，2， 3。2．从能量的角度思考原副线圈匝数与原副线圈中的输入功率与输出功率有着什么样的关系？1三、电感和电容对交变电流的影响【要点导学】1、电感和电容对交变电流的影响（1）电感对交变电流的阻碍作用：电感对交变电流的阻碍作用的大小用感抗表示。线圈的自感系数越大、交变电流的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越大，感抗也越大。（2）电容器对交变电流的阻碍作用：电容对交变电流的阻碍作用的大小用容抗表示。电容器的电容越大、交变电流的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小，容抗也越小。这些都表明交变电流能通过电容器。2、在交变电流路中，如果把电感的作用概括为“通直流，阻交流；通低频，阻高频。 ”则对电容的作用可概括为：通交流，隔直流；通高频，阻低频。【范例精析】例1、如图5－3－1所示，线圈的自感系数 L 和电容器的电容 C 都很小（如：L＝1mH，C＝200pF） ，此电路的作用是：（D ） 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，输出高频交流D．阻高频通低频，输出低频交流和直流解析：因自感系数 L 很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，这样直流和低频成分能顺利通过线圈，电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容 C 很小，对低频成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，被它旁路，最终输出的是低频交流和直流。拓展：如图5-3-2所示电源交流电频率增大，则A.电容器电容增大B.电容器容抗增大C.电路中电流增大D.电路中电流减小 解析：交流电频率增大，电容的容抗减少，导致电流增大。故正确答案：[C]例2、如图5－3－3所示， （a） 、 （b）两电路是电容器的两种不同连接方式，它们各在什么情况下采用？应该怎样选用电容器？2解析：交流电路中常包含有直流成分和交流成分，电容器在电路中有“通交流、隔直流”或“通高频、阻低频”的作用。图中的 C1串联在电路中，它的作用是“通交流、隔直流” ，为了使交流成分都能顺利地通过，容抗必须较小，应选用电容较大的电容器。图中的 C2并联在电路中，如果输入端输入的电流中包含有高频和低频两种交流成分，该电容器的作用是“通高频、阻低频” ，即对高频电流起旁路作用，而让需要的低频信号输入到下一级，一般取电容较小的电容器；如果输入的电流是直流和交流两种成分，该电容器的作用是滤去交流成分，把直流成分输入到下一级，这时要选用电容较大的电容器。另外，选用电容器还须注意它的耐压值，以防被击穿。例3、在彩色电视机的电源输入端装有电源滤波器，其电路图如图图5－3－4所示。主要元件是两个电感线圈 L1、 L2，它们的自感系数很大， F 是熔丝， R 是电阻， C1、 C2是电容器，S 为电视机开关。某一次用户没有先关电视（没断开 S）就拔掉电源插头，结果烧坏了图中电路元件，可能被烧坏的元件是A. C2 B. C1 C. L1或 L2 D. F 解析：在未断开 S 时拔掉电源插头，使得 L1、 L2中的电流突然减小，产生很高的感应电动势，这一电动势加在 C2两端， C1受到 R 的保护而不受损坏， L1、 L2中电流减小，也不损坏，A 正确。【能力训练】1、如图5-3-5所示电路，线圈导线的电阻可忽略不计，那么当输入电压具有直流和交流两种成分时，电阻 R 两端和线圈两端的电压成分分别是：（ A ）A.直流和交流，交流 B.交流，交流C.直流和交流，直流和交流 D.直流，直流32、图5-3-6所示电路中的电容器称为高频旁路电容，下列说法正确的是： （ BD ）A.电容器的电容很大 B.电容器的电容很小C.对高频而言，电容器的容抗很大 D.对低频而言，电容器的容抗很大3、在图5-3-7所示电路中，电阻 R、电感线圈 L、电容器 C 并联接在某一交流电源上，三个相同的交流电流表的示数相同。若保持电源的电压不变，而将其频率增大，则三个电流表的示数 I1、I 2、I 3的大小关系是：（ D ）A. I1=I2=I3 B. I1＞I 2＞I 3C. I1＞I 2＞I 3 D. I3＞I 1＞I 24、如图5-3-8所示，开关 S 与直流恒定电源接通时，L 1、L 2两灯泡的亮度相同，若将 S 与交变电源接通： （ B ）A.L1、L 2两灯泡亮度仍相同 B.L1比 L2更亮些C.L1比 L2更暗些 D.交变电源电压的有效值与直流电压相同，两灯与原来一样亮5、如图5-3-9所示电路由交变电源供电，如果交变电流的频率降低，则：（ BC ）A.线圈自感系数变小； B.线圈感抗变小C.电路中电流增大 D.电路中电流变小6、如图5-3-10所示电路，接在交变电流上的灯泡正常发光，则下列措施能使灯泡变亮的是：（ C ）A.将电容器两极板间距离增大一些B.将电容器两极板正对面积减小一些C.把电介质插入电容器两极间D.把交变电流频率降低一些7、有两个电容分别为 C1=5μF ,C2=3μF 两电容器，分别加在峰值一定的交流电源上，比较下列哪种情况通过电容器的电流强度最大：（ C ）A.在 C1上加 f=50 Hz 的交变电流4B.在 C2上加 f=50 Hz 的交变电流C.在 C1上加 f=60 Hz 的交变电流D.在 C2上加 f=60 Hz 的交变电流8、感抗描述电感线圈对交变电流的 大小。感抗的大小与两个因素有关：线圈的 越大，交变电流的 越高，则感抗越大。阻碍作用 自感系数 频率9、容抗描述电容器对交变电流的 大小。容抗的大小与两个因素有关，电容器的 越大，交变电流的 越高，则容抗越小。阻碍作用 电容频率10、使用220V 交变电流源的电气设备和电子仪器，金属外壳和电源之间都有良好的绝缘，但是有时候用手触摸外壳仍会感到“麻手” ，用试电笔测试时，氖管发光，这是为什么？与电源相连的机芯和金属外壳可以看作电容器的两个极板，电源中的交变电流能够通过这个“电容器” 。虽然这一点“漏电”一般不会造成人身危险，但是为了在机身和外壳间真的发生漏电时确保安全，电气设备和电子仪器的金属外壳都应该接地。11、下面的电路图5-3-11是电子技术中的常用电路． a、 b 是电路的输入端，其中输入的高频电流用“ ”表示，低频电流用“～”表示，直流电流用“—”表示．负载电阻 R 中通过的电流有以下说明：①图甲中 R 通过的是低频电流②图乙中 R 通过的是高频电流③图乙中 R 通过的是低频电流④图丙中 R 通过的是直流电流⑤图丁中 R 通过的是高频电流其中正确的是（ D ）A.①②③ B.②③④ C.③④⑤ D.①③④12、在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成份，又有低频成份，经放大后送到下一级，需要把低频成份和高频成份分开，只让低频成份输送到再下一级，我们可以采用如图5-3-12所示电路，其中 a、b 应选择的元件是（ D ）A.a 是电容较大的电容器，b 是低频扼流圈B.a 是电容较大的电容器，b 是高频扼流圈C.a 是电容较小的电容器，b 是低频扼流圈D.a 是电容较小的电容器，b 是高频扼流圈13、看图5－3－13所示的电路后回答：（1）输出信号与输入信号有什么区别？输入信号中有高频成份，输出信号中无高频成份。5（2）试说明电路中 L、C 1、C 2三个元件的作用。C1和 C2的作用是通高频、阻低频；L 的作用是阻高频、通低频。