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粤教版高中物理选择性必修第二册第3章章末综合提升学案
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这是一份粤教版高中物理选择性必修第二册第3章章末综合提升学案，共17页。
主题1 交变电流的四值及其应用1．瞬时值：它反映不同时刻交变电流的大小和方向，正弦交流电瞬时值表达式为e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt(应当注意必须从中性面开始)。2．最大值：它是瞬时值的最大值，它反映的是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，Em＝nBSω(转轴垂直于磁感线)。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：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，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，就把这一直流的数值叫作这一交流的有效值。正弦交流电的有效值跟最大值之间的关系是U＝12Em，I＝12Im。对于非正弦交变电流的有效值，以上关系不成立，应根据定义来求。通常所说的交流电压、电流是用电压表、电流表测得的，都是指有效值。用电器上所标电压、电流值也是指有效值。在计算交变电流通过导体产生热量、电功以及确定保险丝的熔断电流时，只能用有效值。4．平均值：它是指交流电图像中图线与横轴所围成的面积跟时间的比值。其量值可用法拉第电磁感应定律 E＝n·ΔΦΔt来求，当线圈从中性面转过90°的过程中，有E＝2πEm。计算平均值切忌用算术平均法，即E＝E1+E22求解，平均值不等于有效值。【典例1】 如图所示为交流发电机的示意图，矩形线圈的匝数N＝50匝，每匝线圈的边长lab＝0.4 m，lbc＝0.2 m，矩形线圈所在处的匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，线圈总电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝9 Ω。线圈以n＝100π r/s的转速在磁场中匀速转动。求：(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；(2)若线圈从通过中性面时开始计时，写出回路中电流随时间变化的关系式；(3)交流电压表和电流表的读数；(4)此交流发电机的总功率和输出功率。[解析] (1)Em＝NBSω＝NBLablbcω＝50×0.2×0.4×0.2×100π×2π V＝160 V。(2)ω＝2πn＝200 rad/s，Im＝Emr+R＝16 A，i＝16sin 200t(A)。(3)电流表的读数I＝12Im＝82 A，电压表的读数U＝IR＝722 V。(4)发电机的总功率P＝IE，E＝12Em，所以P＝82×12×160 W＝1 280 W。发电机的输出功率等于外电路电阻消耗的电功率。即PR＝IU＝82×722 W＝1 152 W。[答案] (1)160 V (2)i＝16sin 200t(A) (3)722 V 82 A (4)1 280 W 1 152 W应用“四值”的几点技巧(1)I＝Im2只适用于正弦交变电流。(2)计算时一般取一个周期，如果一个周期内各时段交变电流的规律不同，应分段计算然后求和。(3)各种交流电表、交流电器上标注的额定值及与热效应有关的计算等都指的是有效值。(4)计算流过导体横截面的电荷量时必须用平均值。 主题2 远距离输电问题1．输电示意图2．正确理解几个基本关系(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P损＋P3，P3＝P4。(2)电压关系：U1U2＝n1n2，U2＝U线＋U3，U3U4＝n3n4。(3)电流关系：I1I2＝n2n1，I2＝I线＝I3，I3I4＝n4n3。(4)输电电流：I线＝P2U2＝P3U3＝U线R线。(5)输电导线上损耗的电功率：P损＝P2－P3＝I线2R线＝U线2R线＝U线I线。(6)输电导线上的电压损失：U线＝I线R线＝U2－U3。【典例2】 某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW，输出电压为500 V，输电线的总电阻为10 Ω，线路损耗的功率为输出功率的4%。求：(1)村民和村办小企业需要220 V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？[解析] 建立如图所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比。本题以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I线，再根据输出功率求出U2，然后再求出U3。(1)由线路损耗的功率P线＝I线2R线可得I线＝P线R线＝9 000×4%10 A＝6 A，又因为P输出＝U2I线，所以U2＝P输出I线＝9 0006 V＝1 500 V，U3＝U2－I线R线＝(1 500－6×10) V＝1 440 V。根据理想变压器规律得n1n2＝U1U2＝500 V1 500 V＝13，n3n4＝U3U4＝1 440 V220 V＝7211。所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1∶3和72∶11。(2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图所示)，由P输出＝UI线′，可得I′线＝P输出U＝9 000500 A＝18 A，所以线路损耗的功率P线′＝I线′2R线＝182×10 W＝3 240 W用户得到的电压U用户＝U－I线′R线＝(500－18×10)V＝320 V。用户得到的功率P用户＝P输出－P线′＝(9 000－3 240) W＝5 760 W。[答案] (1)1∶3 72∶11 (2)320 V 5 760 W远距离输电问题的处理思路(1)根据具体问题画出输电线路示意图。(2)研究三个回路，分析其中的已知量、可求量、待求量。(3)研究两个变压器，分析其中的已知量、可求量、待求量。(4)确定求解思路，根据回路及变压器上的电压、电流、功率关系列式求解。章末综合测评(三) 交变电流一、单项选择题1．下列关于变压器的说法正确的是( )A．变压器工作的基础是自感现象B．在原线圈中，电能转化为磁场能C．电能能够从原线圈传递到副线圈，是因为原、副线圈通过导线连在一起D．变压器对恒定电流也能变压B [变压器工作的基础是原副线圈的互相感应，并不是自感现象，在原线圈中电能转化为磁场能，副线圈中磁场能转化成电能，电能是通过磁场从原线圈传递到副线圈的，变压器只能对变化的电流有变压作用，综上所述，只有B正确。]2．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的波形如图所示，由图可以知道( )A．0.01 s时刻线圈处于中性面位置B．0.01 s时刻穿过线圈的磁通量为零C．该交流电流有效值为2 AD．该交流电流频率为50 HzB [0.01 s时刻电流最大，电动势最大，处于与磁感线平行的位置，故A错误，B正确；Im＝6.28 A，所以有效值I＝6.282 A≈4.44 A，故C错误；由题图知T＝0.04 s，f＝10.04 Hz＝25 Hz，故D错误。]3．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电。现有一直流电路，输电总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V。若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A．1 kW B．1.6×103 kWC．1.6 kW D．10 kWA [节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I＝PU＝40×103800 A＝50 A，P线＝I2R＝502×0.4 W＝1 000 W，故节约的电功率为1 kW，A正确。]4．如图甲所示为理想变压器，原、副线圈的匝数比为3∶2，在原线圈上通入正弦交流电如图乙所示，设电流从原线圈a端流入b端流出时为电流正方向，副线圈中电流由c端流出d端流入时为副线圈中电流正方向，那么副线圈中电流的有效值以及在一个周期内副线圈电流达到正方向最大值对应于乙图中的时刻应是( )A．1 A 0B．1.5 A 0.5×10-2sC．1.5 A 1×10-2sD．22A 1×10-2 sC [由题图乙知，原线圈中电流有效值I1＝22 A＝1 A，所以由I1I2＝n2n1得副线圈中电流的有效值I2＝n1I1n2＝32×1 A＝1.5 A。副线圈中电流达最大值时，即为铁芯中磁通量变化最快的时刻，对应题图乙所示，为i-t图像斜率最大的时刻，因此，正确的选项是C项。]5．如图所示，矩形线圈的面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路的电阻为R。在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法中正确的是( )A．磁通量的变化量ΔΦ＝NBSB．通过电阻R的电量q＝BSωR+rC．电阻R上产生的焦耳热Q＝NBSω22RD．电阻R上产生的焦耳热Q＝NBS2ωRπ4R+r2D [线圈由图示位置转过90°，磁通量变化量ΔΦ＝BS，故选项A错误；通过电阻R的电量q＝NΔΦR+r＝NBSR+r，故选项B错误；感应电动势最大值Em＝NBSω，转动时间t＝T4＝π2ω，所以Q＝I2Rt＝[Em2R+r]2·Rt＝NBS2ωRπ4R+r2，故选项C错误，选项D正确。]6．如图所示，让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，使线圈中产生交变电流。线圈ab边长L1＝0.40 m, bc边长L2＝0.25 m，线圈匝数n＝100匝，线圈总电阻r＝1.0 Ω，磁感应强度B＝1.0 T。线圈两端通过集流环与外电路电阻R＝3.0 Ω连接，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，角速度ω＝2.0 rad/s。下列结论符合实际的是( )A．从如图位置开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的规律是e＝20cos 2t (V)B．发电机的输出功率50 WC．电压表的示数为14.1 VD．从t＝0开始转过14T，通过电阻R上的电量q＝2.5×10-2 CA [根据公式Em＝nBSω＝20 V，从平面与磁感线平行开始计时，则e＝Emcos ωt＝20cos 2t(V) ，故选项A正确；根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流为： I＝Em2R+r＝Em2R+r＝2023+1 A＝522 A，则电阻R两端的电压为： UR＝IR＝7.52 V，电阻R消耗的功率为： P＝I2R＝37.5 W，故选项B、C错误；根据法拉第电磁感应定律： q＝IΔt＝nΔΦΔtR+r·Δt＝nΔΦR+r＝2.5 C ，故选项D错误。]7．(2021·湖南卷)如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗A [滑动变阻器的滑片从a端滑动到b端的过程中，根据并联电路的知识可知，副线圈所连电路两个支路的电阻相等时并联电路的电阻最大，即副线圈回路中的总电阻先增大后减小，即副线圈回路中的总电流先减小后增大，由n1I1＝n2I2可得，原线圈回路中的电流先减小后增大，灯L1先变暗后变亮，L1的分压先减小后增大，对应原线圈两端的电压先增大后减小，副线圈电压先增大后减小，L2所在支路电阻逐渐减小，故副线圈电压增大过程中，L2中电流逐渐增大，L2灯变亮，副线圈电压减小过程，对应L1的电流增大，则副线圈总电流增大，又R0所在支路电阻逐渐增大，则R0支路电流逐渐减小，则L2中电流仍逐渐增大，L2灯变亮。A正确，BCD错误。]二、多项选择题8．如图所示为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电，下列表述正确的是( )A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损耗B．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C．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耗越小D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好ABD [依据输电原理，电路中的功率损耗P损＝I2R线，而R线＝ρlS，增大输电导线的横截面积，可减小输电线的电阻，则能够减少输电过程中的电能损耗，选项A正确；由P输＝UI知，在输送功率P输一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流I越小，电路中的功率损耗越小，选项B正确；若输送电压一定，输送功率P输越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，选项C错误；因为输电电压越高，对于安全和技术的要求也越高，因此并不是输送电压越高越好，高压输电必须综合考虑各种因素，选项D正确。]9．某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计。它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻。以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )A．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最小B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωtC．当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动D．当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压不变BD [若发电机线圈某时刻处于图示位置，磁通量变化最快，感应电动势最大，最大值为NBSω，变压器原线圈的电流瞬时值最大，发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，选项B正确，A错误；当用户数目增多时，总电流增大，输电线上的电势降落得多，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动才能增大变压器的输出电压，选项C错误；滑动触头P向下或向上移动，变压器原线圈两端的电压都不变，选项D正确。]10．图甲为某水电站的电能输送示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶15，降压变压器的副线圈接有负载R，升压、降压变压器之间的输电线路的总电阻为10 Ω，变压器均为理想变压器，现在a、b两端输入如图乙所示的交流电压，输送功率为33 kW。下列说法正确的是( )A．输送的交变电流的周期为0.01 sB．输电线中电流为150 AC．降压变压器原线圈输入电压为3 200 VD．输电线上功率损失为1 000 WCD [由题图乙所示的正弦式电压图像知周期T＝2×10-2 s，选项A错误；升压变压器原线圈电压的有效值U1＝3112 V≈220 V，由U1U2＝n1n2得升压变压器副线圈的输出电压U2＝n2n1U1＝15×220 V＝3 300 V，输电线中电流为I2＝PU2＝10 A，选项B错误；输电线电压损失ΔU＝I2R线＝100 V，降压变压器原线圈输入电压为U＝U2－ΔU＝3 200 V，选项C正确；输电线上功率损失为P损＝I22R线＝1 000 W，选项D正确。]三、非选择题11．(2022·江苏扬州高二期末)某学习小组在探究变压器原、副线圈电压和匝数关系的实验中，采用了可拆式变压器，铁芯B安装在铁芯A上形成闭合铁芯，将原、副线圈套在铁芯A的两臂上，如图所示。(1)下列说法正确的是________。A．为保证实验安全，原线圈应接低压直流电源B．变压器中铁芯是整块硅钢C．保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对输出电压的影响D．变压器正常工作后，电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈(2)实验过程中，变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表测量相应电压，记录如下。由数据可知N1一定是________线圈的匝数。(选填“原”或“副”)根据表格中的数据，在实验误差允许的范围内，可得出原副线圈两端电压与匝数的关系(用N1、N2、U1、U2表示)：__________。(3)学习小组观察实验室中一降压变压器的两个线圈的导线，发现导线粗细不同。结合以上实验结论，应将较细的线圈作为________线圈。(选填“原”或“副”)[解析] (1)为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，A错误；因为变压器是靠电磁感应工作，如果变压器铁芯是用整块硅钢，则在电磁的作用下，会产生很大的涡流，涡流会产生大量热，当热量达到一定程度时，会损坏铁芯和线圈，B错误；研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，C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，并不导电，D错误。(2)变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表测量相应电压，由数据可知N1一定是副线圈的匝数，由表可知，原副线圈两端电压U与匝数N成正比，即U1U2＝N1N2。(3)变压器的输入功率约等于输出功率，因为是降压变压器，所以原线圈的电压大于副线圈的电压，而功率又相等，所以原线圈的电流就小于副线圈的电流，原线圈电流小，所用导线就比副线圈细，故应将导线较细的线圈作为原线圈。[答案] (1)C (2)副 U1U2＝N1N2 (3)原12．(2022·山东烟台高二期末)如图甲所示为教学用的可拆变压器，它有两个外观基本相同的线圈A和B，线圈外部还可以绕线。(1)某同学用多用电表的欧姆挡分别测量了A、B线圈的电阻值，发现A线圈电阻约为B线圈电阻的2倍，则可推断__________线圈的匝数多(选填“A”或“B”)；(2)为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，如图乙所示，该同学把线圈A与学生电源连接，另一个线圈B与小灯泡连接。其中线圈A应连到学生电源的__________(选填“直流”或“交流”)输出端上，同时为保证人身安全，所用电压不要超过__________V(选填“6”“12”或“220”)；(3)将与灯泡相连的线圈B拆掉部分匝数，其余装置不变继续实验，灯泡亮度将__________(选填“变亮”或“变暗”)，这说明灯泡两端的电压__________(选填“变大”或“变小”)；(4)某次实验时，变压器原、副线圈的匝数分别为220匝和110匝，学生电源输出端的电压为6 V，则小灯泡两端的电压值可能是__________。A．11.4 V B．3.6 VC．2.8 V D．32 V[解析] (1)两线圈外观基本相同，根据电阻定律R＝ρlS，发现A线圈电阻约为B线圈电阻的2倍，则A线圈长度约为B线圈长度的2倍，故A线圈匝数多。(2)变压器只能改变交变电压，应连接交流电源；可拆变压器线圈裸露在外面，易触电，安全电压应不高于12 V。(3)根据U1U2＝n1n2可知拆掉B线圈的部分匝数，则n2减小，可得副线圈电压U2减小，灯泡变暗，灯泡两端电压减小。(4)根据U1U2＝n1n2，由题中数据可得，副线圈电压为3 V，由于两线圈具有电阻，则灯泡两端电压小于3 V。[答案] (1)A (2)交流 12 (3)变暗 变小 (4)C13．发电机的转子是匝数为100匝、边长为20 cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中，绕着垂直于磁感线方向的轴以ω＝100π rad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时，线圈和外电路的总电阻R＝10 Ω。(1)写出交变电流瞬时值表达式；(2)线圈从计时开始，转过π3过程中通过线圈某一截面的电量为多少？[解析] (1)感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝20π(V)Im＝EmR＝2π(A)由于从线圈平面与磁场方向垂直位置开始计时，因此瞬时值用正弦表示，i＝2πsin 100πt(A)。(2)线圈从计时开始，转过π3的过程中，通过某一截面的电量应该用平均值来计算q＝It＝nΔΦΔtRΔt＝nΔΦR，ΔΦ＝BS－BS cos π3＝12BS，代入电量方程得q＝nBS2R＝1×10-2 C。[答案] (1)i＝2πsin 100πt(A) (2)1×10-2 C14．如图所示，变压器原线圈输入电压为220 V，副线圈输出电压为36 V，两只灯泡的额定电压均为36 V，L1额定功率为12 W，L2额定功率为6 W。试求：(1)该变压器的原、副线圈的匝数比；(2)两灯均正常工作时原线圈中的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流。[解析] (1)由理想变器电压关系得n1n2＝U1U2＝22036＝559。(2)两灯均正常工作时，由能量守恒得P1＋P2＝U1I1，I1＝P1+P2U1＝12+6220 A≈0.082 A，只有L1灯工作时，由能量守恒P1＝U1I′1，解得I′1＝P1U1＝12220 A≈0.055 A。[答案] (1)55∶9 (2)0.082 A 0.055 A15．如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S＝0.040 m2，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmS2πTcos 2πTt，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期。不计灯丝电阻随温度的变化，π取3.14，求：(1)线圈中产生感应电动势的最大值；(2)小灯泡消耗的电功率；(3)在磁感应强度变化的0～T4的时间内，通过小灯泡的电量。[解析] (1)因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图像可知，线圈中产生交变电流的周期为T＝3.14×10-2 s，所以线圈中感应电动势的最大值为Em＝2πnBmST＝8.0 V。(2)根据闭合电路欧姆定律，电路中电流的最大值为Im＝EmR+r＝0.80 A，通过小灯泡电流的有效值为I＝Im2＝0.402 A，小灯泡消耗的电功率为P＝I2R＝2.88 W。(3)在磁感应强度变化的0～14周期内，线圈中感应电动势的平均值E＝nSΔBΔt，通过灯泡的平均电流I＝ER+r＝nSΔBR+rΔt，通过灯泡的电量Q＝IΔt＝nSΔBR+r＝4.0×10-3 C。[答案] (1)8.0 V (2)2.88 W (3)4×10-3 C N1/匝100100200200N2/匝200400400800U1/V2.101.955.222.35U2/V4.288.0010.609.64
主题1 交变电流的四值及其应用1．瞬时值：它反映不同时刻交变电流的大小和方向，正弦交流电瞬时值表达式为e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt(应当注意必须从中性面开始)。2．最大值：它是瞬时值的最大值，它反映的是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，Em＝nBSω(转轴垂直于磁感线)。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：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，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，就把这一直流的数值叫作这一交流的有效值。正弦交流电的有效值跟最大值之间的关系是U＝12Em，I＝12Im。对于非正弦交变电流的有效值，以上关系不成立，应根据定义来求。通常所说的交流电压、电流是用电压表、电流表测得的，都是指有效值。用电器上所标电压、电流值也是指有效值。在计算交变电流通过导体产生热量、电功以及确定保险丝的熔断电流时，只能用有效值。4．平均值：它是指交流电图像中图线与横轴所围成的面积跟时间的比值。其量值可用法拉第电磁感应定律 E＝n·ΔΦΔt来求，当线圈从中性面转过90°的过程中，有E＝2πEm。计算平均值切忌用算术平均法，即E＝E1+E22求解，平均值不等于有效值。【典例1】 如图所示为交流发电机的示意图，矩形线圈的匝数N＝50匝，每匝线圈的边长lab＝0.4 m，lbc＝0.2 m，矩形线圈所在处的匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，线圈总电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝9 Ω。线圈以n＝100π r/s的转速在磁场中匀速转动。求：(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；(2)若线圈从通过中性面时开始计时，写出回路中电流随时间变化的关系式；(3)交流电压表和电流表的读数；(4)此交流发电机的总功率和输出功率。[解析] (1)Em＝NBSω＝NBLablbcω＝50×0.2×0.4×0.2×100π×2π V＝160 V。(2)ω＝2πn＝200 rad/s，Im＝Emr+R＝16 A，i＝16sin 200t(A)。(3)电流表的读数I＝12Im＝82 A，电压表的读数U＝IR＝722 V。(4)发电机的总功率P＝IE，E＝12Em，所以P＝82×12×160 W＝1 280 W。发电机的输出功率等于外电路电阻消耗的电功率。即PR＝IU＝82×722 W＝1 152 W。[答案] (1)160 V (2)i＝16sin 200t(A) (3)722 V 82 A (4)1 280 W 1 152 W应用“四值”的几点技巧(1)I＝Im2只适用于正弦交变电流。(2)计算时一般取一个周期，如果一个周期内各时段交变电流的规律不同，应分段计算然后求和。(3)各种交流电表、交流电器上标注的额定值及与热效应有关的计算等都指的是有效值。(4)计算流过导体横截面的电荷量时必须用平均值。 主题2 远距离输电问题1．输电示意图2．正确理解几个基本关系(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P损＋P3，P3＝P4。(2)电压关系：U1U2＝n1n2，U2＝U线＋U3，U3U4＝n3n4。(3)电流关系：I1I2＝n2n1，I2＝I线＝I3，I3I4＝n4n3。(4)输电电流：I线＝P2U2＝P3U3＝U线R线。(5)输电导线上损耗的电功率：P损＝P2－P3＝I线2R线＝U线2R线＝U线I线。(6)输电导线上的电压损失：U线＝I线R线＝U2－U3。【典例2】 某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW，输出电压为500 V，输电线的总电阻为10 Ω，线路损耗的功率为输出功率的4%。求：(1)村民和村办小企业需要220 V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？[解析] 建立如图所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比。本题以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I线，再根据输出功率求出U2，然后再求出U3。(1)由线路损耗的功率P线＝I线2R线可得I线＝P线R线＝9 000×4%10 A＝6 A，又因为P输出＝U2I线，所以U2＝P输出I线＝9 0006 V＝1 500 V，U3＝U2－I线R线＝(1 500－6×10) V＝1 440 V。根据理想变压器规律得n1n2＝U1U2＝500 V1 500 V＝13，n3n4＝U3U4＝1 440 V220 V＝7211。所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1∶3和72∶11。(2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图所示)，由P输出＝UI线′，可得I′线＝P输出U＝9 000500 A＝18 A，所以线路损耗的功率P线′＝I线′2R线＝182×10 W＝3 240 W用户得到的电压U用户＝U－I线′R线＝(500－18×10)V＝320 V。用户得到的功率P用户＝P输出－P线′＝(9 000－3 240) W＝5 760 W。[答案] (1)1∶3 72∶11 (2)320 V 5 760 W远距离输电问题的处理思路(1)根据具体问题画出输电线路示意图。(2)研究三个回路，分析其中的已知量、可求量、待求量。(3)研究两个变压器，分析其中的已知量、可求量、待求量。(4)确定求解思路，根据回路及变压器上的电压、电流、功率关系列式求解。章末综合测评(三) 交变电流一、单项选择题1．下列关于变压器的说法正确的是( )A．变压器工作的基础是自感现象B．在原线圈中，电能转化为磁场能C．电能能够从原线圈传递到副线圈，是因为原、副线圈通过导线连在一起D．变压器对恒定电流也能变压B [变压器工作的基础是原副线圈的互相感应，并不是自感现象，在原线圈中电能转化为磁场能，副线圈中磁场能转化成电能，电能是通过磁场从原线圈传递到副线圈的，变压器只能对变化的电流有变压作用，综上所述，只有B正确。]2．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的波形如图所示，由图可以知道( )A．0.01 s时刻线圈处于中性面位置B．0.01 s时刻穿过线圈的磁通量为零C．该交流电流有效值为2 AD．该交流电流频率为50 HzB [0.01 s时刻电流最大，电动势最大，处于与磁感线平行的位置，故A错误，B正确；Im＝6.28 A，所以有效值I＝6.282 A≈4.44 A，故C错误；由题图知T＝0.04 s，f＝10.04 Hz＝25 Hz，故D错误。]3．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电。现有一直流电路，输电总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V。若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A．1 kW B．1.6×103 kWC．1.6 kW D．10 kWA [节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I＝PU＝40×103800 A＝50 A，P线＝I2R＝502×0.4 W＝1 000 W，故节约的电功率为1 kW，A正确。]4．如图甲所示为理想变压器，原、副线圈的匝数比为3∶2，在原线圈上通入正弦交流电如图乙所示，设电流从原线圈a端流入b端流出时为电流正方向，副线圈中电流由c端流出d端流入时为副线圈中电流正方向，那么副线圈中电流的有效值以及在一个周期内副线圈电流达到正方向最大值对应于乙图中的时刻应是( )A．1 A 0B．1.5 A 0.5×10-2sC．1.5 A 1×10-2sD．22A 1×10-2 sC [由题图乙知，原线圈中电流有效值I1＝22 A＝1 A，所以由I1I2＝n2n1得副线圈中电流的有效值I2＝n1I1n2＝32×1 A＝1.5 A。副线圈中电流达最大值时，即为铁芯中磁通量变化最快的时刻，对应题图乙所示，为i-t图像斜率最大的时刻，因此，正确的选项是C项。]5．如图所示，矩形线圈的面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路的电阻为R。在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法中正确的是( )A．磁通量的变化量ΔΦ＝NBSB．通过电阻R的电量q＝BSωR+rC．电阻R上产生的焦耳热Q＝NBSω22RD．电阻R上产生的焦耳热Q＝NBS2ωRπ4R+r2D [线圈由图示位置转过90°，磁通量变化量ΔΦ＝BS，故选项A错误；通过电阻R的电量q＝NΔΦR+r＝NBSR+r，故选项B错误；感应电动势最大值Em＝NBSω，转动时间t＝T4＝π2ω，所以Q＝I2Rt＝[Em2R+r]2·Rt＝NBS2ωRπ4R+r2，故选项C错误，选项D正确。]6．如图所示，让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，使线圈中产生交变电流。线圈ab边长L1＝0.40 m, bc边长L2＝0.25 m，线圈匝数n＝100匝，线圈总电阻r＝1.0 Ω，磁感应强度B＝1.0 T。线圈两端通过集流环与外电路电阻R＝3.0 Ω连接，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，角速度ω＝2.0 rad/s。下列结论符合实际的是( )A．从如图位置开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的规律是e＝20cos 2t (V)B．发电机的输出功率50 WC．电压表的示数为14.1 VD．从t＝0开始转过14T，通过电阻R上的电量q＝2.5×10-2 CA [根据公式Em＝nBSω＝20 V，从平面与磁感线平行开始计时，则e＝Emcos ωt＝20cos 2t(V) ，故选项A正确；根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流为： I＝Em2R+r＝Em2R+r＝2023+1 A＝522 A，则电阻R两端的电压为： UR＝IR＝7.52 V，电阻R消耗的功率为： P＝I2R＝37.5 W，故选项B、C错误；根据法拉第电磁感应定律： q＝IΔt＝nΔΦΔtR+r·Δt＝nΔΦR+r＝2.5 C ，故选项D错误。]7．(2021·湖南卷)如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗A [滑动变阻器的滑片从a端滑动到b端的过程中，根据并联电路的知识可知，副线圈所连电路两个支路的电阻相等时并联电路的电阻最大，即副线圈回路中的总电阻先增大后减小，即副线圈回路中的总电流先减小后增大，由n1I1＝n2I2可得，原线圈回路中的电流先减小后增大，灯L1先变暗后变亮，L1的分压先减小后增大，对应原线圈两端的电压先增大后减小，副线圈电压先增大后减小，L2所在支路电阻逐渐减小，故副线圈电压增大过程中，L2中电流逐渐增大，L2灯变亮，副线圈电压减小过程，对应L1的电流增大，则副线圈总电流增大，又R0所在支路电阻逐渐增大，则R0支路电流逐渐减小，则L2中电流仍逐渐增大，L2灯变亮。A正确，BCD错误。]二、多项选择题8．如图所示为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电，下列表述正确的是( )A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损耗B．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C．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耗越小D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好ABD [依据输电原理，电路中的功率损耗P损＝I2R线，而R线＝ρlS，增大输电导线的横截面积，可减小输电线的电阻，则能够减少输电过程中的电能损耗，选项A正确；由P输＝UI知，在输送功率P输一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流I越小，电路中的功率损耗越小，选项B正确；若输送电压一定，输送功率P输越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，选项C错误；因为输电电压越高，对于安全和技术的要求也越高，因此并不是输送电压越高越好，高压输电必须综合考虑各种因素，选项D正确。]9．某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计。它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻。以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是( )A．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最小B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωtC．当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动D．当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压不变BD [若发电机线圈某时刻处于图示位置，磁通量变化最快，感应电动势最大，最大值为NBSω，变压器原线圈的电流瞬时值最大，发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，选项B正确，A错误；当用户数目增多时，总电流增大，输电线上的电势降落得多，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动才能增大变压器的输出电压，选项C错误；滑动触头P向下或向上移动，变压器原线圈两端的电压都不变，选项D正确。]10．图甲为某水电站的电能输送示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶15，降压变压器的副线圈接有负载R，升压、降压变压器之间的输电线路的总电阻为10 Ω，变压器均为理想变压器，现在a、b两端输入如图乙所示的交流电压，输送功率为33 kW。下列说法正确的是( )A．输送的交变电流的周期为0.01 sB．输电线中电流为150 AC．降压变压器原线圈输入电压为3 200 VD．输电线上功率损失为1 000 WCD [由题图乙所示的正弦式电压图像知周期T＝2×10-2 s，选项A错误；升压变压器原线圈电压的有效值U1＝3112 V≈220 V，由U1U2＝n1n2得升压变压器副线圈的输出电压U2＝n2n1U1＝15×220 V＝3 300 V，输电线中电流为I2＝PU2＝10 A，选项B错误；输电线电压损失ΔU＝I2R线＝100 V，降压变压器原线圈输入电压为U＝U2－ΔU＝3 200 V，选项C正确；输电线上功率损失为P损＝I22R线＝1 000 W，选项D正确。]三、非选择题11．(2022·江苏扬州高二期末)某学习小组在探究变压器原、副线圈电压和匝数关系的实验中，采用了可拆式变压器，铁芯B安装在铁芯A上形成闭合铁芯，将原、副线圈套在铁芯A的两臂上，如图所示。(1)下列说法正确的是________。A．为保证实验安全，原线圈应接低压直流电源B．变压器中铁芯是整块硅钢C．保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈的匝数，研究副线圈的匝数对输出电压的影响D．变压器正常工作后，电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈(2)实验过程中，变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表测量相应电压，记录如下。由数据可知N1一定是________线圈的匝数。(选填“原”或“副”)根据表格中的数据，在实验误差允许的范围内，可得出原副线圈两端电压与匝数的关系(用N1、N2、U1、U2表示)：__________。(3)学习小组观察实验室中一降压变压器的两个线圈的导线，发现导线粗细不同。结合以上实验结论，应将较细的线圈作为________线圈。(选填“原”或“副”)[解析] (1)为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，A错误；因为变压器是靠电磁感应工作，如果变压器铁芯是用整块硅钢，则在电磁的作用下，会产生很大的涡流，涡流会产生大量热，当热量达到一定程度时，会损坏铁芯和线圈，B错误；研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，C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，并不导电，D错误。(2)变压器的原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表测量相应电压，由数据可知N1一定是副线圈的匝数，由表可知，原副线圈两端电压U与匝数N成正比，即U1U2＝N1N2。(3)变压器的输入功率约等于输出功率，因为是降压变压器，所以原线圈的电压大于副线圈的电压，而功率又相等，所以原线圈的电流就小于副线圈的电流，原线圈电流小，所用导线就比副线圈细，故应将导线较细的线圈作为原线圈。[答案] (1)C (2)副 U1U2＝N1N2 (3)原12．(2022·山东烟台高二期末)如图甲所示为教学用的可拆变压器，它有两个外观基本相同的线圈A和B，线圈外部还可以绕线。(1)某同学用多用电表的欧姆挡分别测量了A、B线圈的电阻值，发现A线圈电阻约为B线圈电阻的2倍，则可推断__________线圈的匝数多(选填“A”或“B”)；(2)为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，如图乙所示，该同学把线圈A与学生电源连接，另一个线圈B与小灯泡连接。其中线圈A应连到学生电源的__________(选填“直流”或“交流”)输出端上，同时为保证人身安全，所用电压不要超过__________V(选填“6”“12”或“220”)；(3)将与灯泡相连的线圈B拆掉部分匝数，其余装置不变继续实验，灯泡亮度将__________(选填“变亮”或“变暗”)，这说明灯泡两端的电压__________(选填“变大”或“变小”)；(4)某次实验时，变压器原、副线圈的匝数分别为220匝和110匝，学生电源输出端的电压为6 V，则小灯泡两端的电压值可能是__________。A．11.4 V B．3.6 VC．2.8 V D．32 V[解析] (1)两线圈外观基本相同，根据电阻定律R＝ρlS，发现A线圈电阻约为B线圈电阻的2倍，则A线圈长度约为B线圈长度的2倍，故A线圈匝数多。(2)变压器只能改变交变电压，应连接交流电源；可拆变压器线圈裸露在外面，易触电，安全电压应不高于12 V。(3)根据U1U2＝n1n2可知拆掉B线圈的部分匝数，则n2减小，可得副线圈电压U2减小，灯泡变暗，灯泡两端电压减小。(4)根据U1U2＝n1n2，由题中数据可得，副线圈电压为3 V，由于两线圈具有电阻，则灯泡两端电压小于3 V。[答案] (1)A (2)交流 12 (3)变暗 变小 (4)C13．发电机的转子是匝数为100匝、边长为20 cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中，绕着垂直于磁感线方向的轴以ω＝100π rad/s的角速度转动，当线圈平面跟磁场方向垂直时开始计时，线圈和外电路的总电阻R＝10 Ω。(1)写出交变电流瞬时值表达式；(2)线圈从计时开始，转过π3过程中通过线圈某一截面的电量为多少？[解析] (1)感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝20π(V)Im＝EmR＝2π(A)由于从线圈平面与磁场方向垂直位置开始计时，因此瞬时值用正弦表示，i＝2πsin 100πt(A)。(2)线圈从计时开始，转过π3的过程中，通过某一截面的电量应该用平均值来计算q＝It＝nΔΦΔtRΔt＝nΔΦR，ΔΦ＝BS－BS cos π3＝12BS，代入电量方程得q＝nBS2R＝1×10-2 C。[答案] (1)i＝2πsin 100πt(A) (2)1×10-2 C14．如图所示，变压器原线圈输入电压为220 V，副线圈输出电压为36 V，两只灯泡的额定电压均为36 V，L1额定功率为12 W，L2额定功率为6 W。试求：(1)该变压器的原、副线圈的匝数比；(2)两灯均正常工作时原线圈中的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流。[解析] (1)由理想变器电压关系得n1n2＝U1U2＝22036＝559。(2)两灯均正常工作时，由能量守恒得P1＋P2＝U1I1，I1＝P1+P2U1＝12+6220 A≈0.082 A，只有L1灯工作时，由能量守恒P1＝U1I′1，解得I′1＝P1U1＝12220 A≈0.055 A。[答案] (1)55∶9 (2)0.082 A 0.055 A15．如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S＝0.040 m2，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmS2πTcos 2πTt，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期。不计灯丝电阻随温度的变化，π取3.14，求：(1)线圈中产生感应电动势的最大值；(2)小灯泡消耗的电功率；(3)在磁感应强度变化的0～T4的时间内，通过小灯泡的电量。[解析] (1)因为线圈中产生的感应电流变化的周期与磁场变化的周期相同，所以由图像可知，线圈中产生交变电流的周期为T＝3.14×10-2 s，所以线圈中感应电动势的最大值为Em＝2πnBmST＝8.0 V。(2)根据闭合电路欧姆定律，电路中电流的最大值为Im＝EmR+r＝0.80 A，通过小灯泡电流的有效值为I＝Im2＝0.402 A，小灯泡消耗的电功率为P＝I2R＝2.88 W。(3)在磁感应强度变化的0～14周期内，线圈中感应电动势的平均值E＝nSΔBΔt，通过灯泡的平均电流I＝ER+r＝nSΔBR+rΔt，通过灯泡的电量Q＝IΔt＝nSΔBR+r＝4.0×10-3 C。[答案] (1)8.0 V (2)2.88 W (3)4×10-3 C N1/匝100100200200N2/匝200400400800U1/V2.101.955.222.35U2/V4.288.0010.609.64
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