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第十章交变电流传感器


第十章

交变电流

传感器

第1讲

交变电流的产生和描述

一、交变电流 1.交变电流: 大小和方向都随时间做 周期性变化的电流. 2.正弦交变电流的产生 (如图所示):将线圈置于 (1)匀强磁场中; (2) 绕垂直于磁场方向的 轴; (3)匀速转动.

3.中性面 (1)定义:与磁场方向垂直的平面. (2)特点 ①穿过线圈的磁通量最大; 磁通量的 变化率为零;感应电动势为零. ②线圈每经过中性面一次, 电流的方 向就改变一次; 线圈转动一周, 两次经过 中性面,电流方向改变两次. 二、 交变电流的图象及正弦交变电流 的函数表达式 1.交变电流的图象 (1)图象:如图(a)、(b)、(c)、(d)所示 都属于交变电流. 其中按正弦规律变化的 交变电流叫正弦交流电,如图(a)所示.

(2)正弦交变电流的图象(如图所示)

2. 正弦交变电流的函数表达式(线圈 在中性面位置开始计时): (1)电动势 e 随时间变化的规律:e= Emsin_ωt. (2)负载两端的电压 u 随时间变化的 规律:u=Umsin_ωt. (3) 电流 i 随时间变化的规律: i = Imsin_ωt. 其中 ω 等于线圈转动的角速度,Em =nBSω. 三、描述交变电流的物理量 1.周期和频率 (1)周期 T: 交变电流完成一次周期性 变化(线圈转一周)所需的时间,单位是秒 2π (s).公式表达式为 T= ω . (2)频率 f:交变电流在 1 s 内完成周

期性变化的次数,单位是赫兹(Hz). 1 1 (3)周期和频率的关系:T= f 或 f=T. 2.交变电流的瞬时值、峰值、有效 值 (1)瞬时值:交变电流某一时刻的值, 是时间的函数. (2)峰值 :交变电流的电流或电压所 能达到的最大值,也叫最大值.

(3)有效值: ①根据电流的热效应来定义. ②用直流电压、电流表征 交流电压、电流. ③正弦交流电的有效
? Im ?I= 2 ? ? Um 值?U= 2 ? ? Em ?E= . 2 ?

1.一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 的变化图 象如图所示,下列说法 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 e 转换方向时,通过线圈的 磁通量的绝对值都为最大 答案: D 2.如图甲所示,矩形线圈 abcd 在匀 强磁场中逆时针匀速转动时, 线圈中产生 的交流电如图乙所示, 设沿 abcda 方向为 电流正方向,则( )

A.乙图中 Oa 时间段对应甲图中 A 至 B 图的过程 B. 乙图中 c 时刻对应甲图中的 C 图 C.若乙图中 d 等于 0.02 s,则 1 s

内电流的方向改变了 50 次 D.若乙图中 b 等于 0.02 s,则交流 电的频率为 50 Hz 解析: 由交变电流的产生原理可 知,甲图中的 A、C 两图中线圈所在的平 面为中性面,线圈在中性面时电流为零, 再经过 1/4 个周期电流达到最大值, 再由 楞次定律判断出电流的方向, 因此图甲中 A 至 B 图的过程电流为正且从零逐渐增 大到最大值,A 对;甲图中的 C 图对应 的电流为零,B 错;每经过中性面一次线 圈中的电流方向将要改变一次, 所以一个 周期以内电流方向要改变两次, 所以在乙 图中对应 Od 段等于交变电流的一个周 期,若已知 d 等于 0.02 s,则频率为 50 Hz,1 s 内电流的方向将改变 100 次, C 错; 而 D 选项频率应该是 25 Hz. 答案: A 3.(2013· 唐山摸底)一 理想变压器原、 副线圈的

匝数比 n1∶n2=2∶1, 原线圈两端接一正 弦式交变电流, 其电压 μ 随时间 t 变化的 规律如图所示, 则副线圈两端电压的有效 值和频率分别为( ) A.110 V;0.5 Hz B.110 V;50 Hz C. 220 V; 50 Hz D. 220 V; 0.5 Hz 解析: 本题考查变压器和交变电流 四值. 根据题图可知原线圈两端所接正弦 - 式交变电流的周期为 2×10 2 s,频率为 311 50 Hz,有效值为 U1= V=220 V,则 2 U1 n1 原副线圈的电压比有 = , 得副线圈两 U2 n2 端电压的有效值为 U2=110 V,由变压器 的原理可知原副线圈的交变电流的频率 相同,所以可判定只有 B 对. 答案: B 4.一个单匝矩形线框的面积为 S, 在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,从线 圈平面与磁场垂直的位置开始计时, 转速

为 n 转/秒,则( ) A.线框交变电动势的最大值为 nπBS B .线框交变电动势的有效值为 2 nπBS 1 C.从开始转动经过 周期,线框中 4 的平均感应电动势为 2nBS D.感应电动势瞬时值为 e= 2nπBSsin 2nπt 解析: 线框交变电动势的最大值为 Em=BSω=2nπBS, 产生的感应电动势瞬 时值为 e=2nπBSsin 2nπt,A 错,D 对; Em 该线框交变电动势的有效值为 E= = 2 2nπBS,B 对;线框中的平均感应电动 ΔΦ 势 E= =4nBS,C 错. Δt 答案: BD 5.(2011· 天津卷)在匀强磁场中,一

矩形金属框绕与磁感线垂直的转轴匀速 转动, 如图甲所示, 产生的交变电动势的 图象如图乙所示,则( )

甲 乙 A.t=0.005 s 时线框的磁通量变化 率为零 B.t=0.01 s 时线框平面与中性面重 合 C.线框产生的交变电动势有效值为 311 V D .线框产生的交变电动势频率为 100 Hz 解析: 由图象知, 该交变电流电动 势峰值为 311 V,交变电动势频率为 f= 50 Hz, C、 D 错; t=0.005 s 时, e=311 V, 磁通量变化最快,t=0.01 s 时,e=0,磁

通量最大,线圈处于中性面位置,A 错, B 对. 答案: B

交变电流的产生及变化规律 1. 变化规律 ( 线圈从中性面位置开始 计时)
物理量 规律

函数

图象

Φ=Φmcos ωt =BScos ωt e=Emsin ωt =nBSωsin ωt u=Um· sin ωt REm 电压 = sin ωt R+r i=Imsin ωt Em 电流 = sin ωt R+r 2.两个特殊位置及其特点 两个特 特点 殊位置 磁通 量 电动 势

线圈处于中性面时, S⊥ B , Φ 最大, ΔΦ 中性面 =0,e=0,i=0,交变电流方 Δt 向发生改变 线圈平面与中性面垂直时,S∥B, 与中性 ΔΦ 面垂直 Φ=0, 最大,e 最大,i 最大, Δt 的位置 交变电流方向不改变 (2012· 安徽理综)图 1 是交流发 电机模型示意图.在磁感应强度为 B 的 匀强磁场中,有一矩形线圈 abcd 可绕线 圈平面内垂直于磁感线的轴 OO′转动, 由线圈引出的导线 ae 和 df 分别与两个跟 线圈一起绕 OO′转动的金属圆环相连 接, 金属圆环又分别与两个固定的电刷保 持滑动接触, 这样矩形线圈在转动中就可 以保持和外电路电阻 R 形成闭合电路. 图 2 是线圈的主视图,导线 ab 和 cd 分别用

它们的横截面来表示. 已知 ab 长度为 L1, bc 长度为 L2,线圈以恒定角速度 ω 逆时 针转动.(只考虑单匝线圈)

(1)线圈平面处于中性面位置时开始 计时, 试推导 t 时刻整个线圈中的感应电 动势 e1 的表达式; (2)线圈平面处于与中性面成 φ0 夹角 位置时开始计时,如图 3 所示,试写出 t 时刻整个线圈中的感应电动势 e2 的表达 式; (3)若线圈电阻为 r, 求线圈每转动一 周电阻 R 上产生的焦耳热.(其它电阻均 不计) 解析: (1)矩形线圈 abcd 在磁场中

转动时,ab、cd 切割磁感线,且转动的 L2 半径为 r= , 2 转动时 ab、cd 的线 ωL2 速度 v=ωr= ,且与 2 磁场方向的夹角为 ωt, 所以,整个线圈中的感应电动势 e1 =2BL1vsin ωt=BL1L2ωsin ωt. (2)当 t=0 时,线圈平面与中性面的 夹角为 φ0, 则某时刻 t 时, 线圈平面与中 性面的夹角为(ωt+φ0) 故此时感应电动势的瞬时值 e2 = 2BL1vsin (ωt + φ0) = BL1L2ωsin(ωt+φ0). (3)线圈匀速转动时感应电动势的最 大值 Em=BL1L2ω, Em BL1L2ω 故有效值 E= = 2 2

E 回路中电流的有效值 I= = R+r BωL1L2 2?R+r? 根据焦耳定律知转动一周电阻 R 上 的焦耳热为( ) ? BωL L ? 2π 1 2 ? 2 ? 2 Q = I RT = ? 2?R+r?? · R· ω = ? ? 2 2 2 πωRB L1L2 2 . ?R+r? 答案: (1)e1=BL1L2ωsin ωt. (2)e2 =BL1L2ωsin(ωt+φ0) 2 πωRB2L2 L 1 2 (3) ?R+r?2 交变电流瞬时值表达式的 书写技巧 (1)确定正弦交变电流的峰值,根据 已知图象读出或由公式 Em=nBSω 求出 相应峰值. (2)明确线圈的初始位置,找出对应

的函数关系式. 如:①线圈从中性面位置开始转动, 则 i-t 图象为正弦函数图象,函数式为 i =Imsin ωt. ②线圈从垂直中性面位置开始转动, 则 i-t 图象为余弦函数图象,函数式为 i =Imcos ωt. 1- 1:某交流发电机给灯泡供 电,产生正弦式交变电流 的图象如图所示,下列说 法中正确的是( ) A.交变电流的频率为 0.02 Hz B.交变电流的瞬时值表达式为 i= 5cos 50πt A C.在 t=0.01 s 时,穿过交流发电机 线圈的磁通量最大 D.若发电机线圈电阻为 0.4 Ω,则 其产生的热功率为 5 W 解析: 由图象可知交变电流的周期 为 0.02 s,频率为 50 Hz,A 错误;因 ω

2π = T = 100π ,则瞬时值表达式 i = 5cos 100πt A,B 错;当 t=0.01 s 时,感应电 流最大, 则穿过线圈的磁通量为零, C 错; Im 5 电流的有效值 I= = 2 A,P=I2R= 2 2 5 2 ( 2) ×0.4 W=5 W,所以 D 对. 2 答案: D 交变电流“四值”的理解及应用 交流电“四值”的比较 物理 适用情况 物理含义 重要关系 量 及说明 瞬 计算线圈 交变电流某 e=Emsin ωt 时 某时刻的 一时刻的值 i=Imsin ωt 值 受力情况 Em=nBSω 讨论电容 峰 最大的瞬时 Em 器的击穿 值 值 I m= R+r 电压

(1) 计 算 与 电 流 的 热 跟交 Em 效应有关的量 ( 如电 变电 E= 2 功、电功率、电热等) 流的 Um (2) 电 气 设 备 “ 铭 U= 2 有 热效 牌”上所标的一般是 I 效 应等 I= m 指有效值 2 值 效的 (3) 保 险 丝 的 熔 断 电 ( 只适用 恒定 流为有效值 于正弦 电流 (4) 电 表 的 读 数 为 有 式电流 ) 的值 效值 E =BL v 交变电流图象 计算通 平 ΔΦ 中图线与时间 过电路 E =n Δ t 均 轴所夹的面积 截面的 E 值 与时间比值 电荷量 I= R+r 如图甲所示, 将阻值为 R=5 Ω 的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上, 电流随时间变化的规律如图乙所示, 电流 表串联在电路中测量电流的大小.对此,

下列说法正确的是(

)

A. 电阻 R 两端电压变化规律的函数 表达式为 u=2.5sin 200πt(V) B.电阻 R 消耗的电功率为 1.25 W C.若此交变电流由一矩形线框在匀 强磁场中匀速转动产生, 如图丙所示, 当 线圈的转速提升一倍时, 电流表的示数为 1A D.这一交变电流与图丁所示电流比 1 较,其有效值之比为 2 解析: 图乙所示电流的最大值为 Im=0.5 A,由欧姆定律得 Um=ImR=2.5

2π V. 周期为 T=0.01 s, ω= T =200π rad/s, 所以 R 两端电压的表达式为 u= 2.5sin 200πt(V),A 正确;该电流的有效值为 I Im = ,电阻 R 消耗的电功率为 P=I2R, 2 解得 P=0.625 W,B 错误;该交变电流 由图丙所示矩形线圈在匀强磁场中匀速 转动产生, 当转速提升一倍时, 电动势的 最大值 Em=nBSω 为原来的 2 倍.电路 中电流的有效值也是原来的 2 倍,为 0.5 2× A≠1 A. 电流表的示数为有效值, 2 C 错误; 图乙中的正弦交变电流的有效值 0.5 为 A.图丁所示的交变电流虽然方向 2 发生变化,但大小恒为 0.5 A,可知 D 正 确. 答案: AD 2-1:如图所示,

矩形线圈面积为 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,外电路电 阻为 R,当线圈由图示位置转过 60° 的过 程中,下列判断正确的是( ) NBSω A.电压表的读数为 2 B .通过 电阻 R 的电荷 量为 q = NBS 2?R+r? C.电阻 R 所产生的焦耳热为 Q= N2B2S2ωRπ 2 4?R+r? D.当线圈由图示位置转过 60° 时的 NBSω 电流为 2?R+r? 解析: 线圈在磁场转动产生了正弦 交流电,其电动势的最大值 Em=NBSω, NBSω 电动势的有效值 E= ,电压表的读 2

数等于交流电源的路端电压,且为有效 NBSω 值,则 U= ×R,A 错误;求通 2?R+r? 过电阻 R 的电荷量要用交流电的平均电 ? 1 ? ? N?BS-2BS? ? NΔΦ ? ? 流,则 q= I t= = = R+r R+r NBS ,故 B 正确;电阻 R 上产生的热 2?R+r? 量的计算应该用有效值来计算, 则电阻 R π ? NBSω ? ? ?2 3 2 产生的热量 Q = I Rt = ? 2?R+r?? R = ω ? ? πN2B2S2Rω 2 ,故 C 错误;线圈由图示位 6?R+r? 置转过 60° 时的电流为瞬时值,则符号瞬 NBSω NBSω 时值表达式为 i= sin ωt= sin R+r R+r π 3NBSω = ,故 D 错误. 3 2?R+r?

答案:

B 交变电流有效值的计算

交变电流 类型 正弦式交 变电流 非正弦式 交变电流

有效值求解方法 最大值 方法一:有效值= 2 方法二:电流的热效应 电流的热效应

先后用如图甲、 乙所示的电流 通过丙图中的电阻 R, 则电流表的示数分 别为多少?

解析:根据交流电的有效值的定义得: 5 2 ( ) R×0.02+0=I2 A1R×0.04 2

所以 IA1=2.5 A T 由 有 效 值 的 定 义 有 : Im2R· + 2 Im 2 T 2 5 2 T 2 T ( ) R· =IA2R· T,即 5 R· +( ) R· = 2 2 2 2 2 I2 T,可得 IA2=2.5 3 A≈4.33 A. A2R· 答案: 2.5 A 4.33 A (1)利用电流热效应进行有效 值计算时,要紧扣电流通过电阻生热 (或 热功率)进行计算. 注意“三同”: 即“相 同电阻”, “相同时间”内产生“相同热 量”. 计算时“相同时间”一般取一个周 期. 若图象部分是正弦式交变电流, 其中 1 1 Um Im 的 T 和 T 部分可直接应用 U= 、 I= 4 2 2 2 关系. U2 (2)利用公式 Q= R t 和 Q=I2Rt 可分 别求得电压有效值和电流有效值. 两个完全相同的电热器 a、

b,分别通过如图甲和乙所示的电流最大 值相等的方波交变电流和正弦交变电流, 则这两个电热器的电功率之比 Pa∶Pb 等 于多少?

Im 解析: 有效值与最大值关系 I= 2 仅对正弦式交变电流适用, 即对于题图乙 所示的交变电流是适用的. Im 对于电热器 b 有 Ib= ,则 Pb=I2 bR 2 1 = Im2R,对于题图甲的方波交变电流来 2 说,由于每个时刻通过电阻 R 的电流均 为 Im,只是方向随时间做周期性变化, 而电流通过电阻发热量与电流方向无关, 因此从热效应来说, 题图甲交变电流与电 流是 Im 的恒定电流是等效的,也可以说

题图甲交变电流的有效值为 Im,即 Ia= 1 2 Im,Pa=IaR=Im2R,故 Pa∶Pb=1∶ = 2 2∶1. 答案: 2∶1 1. 一只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 的变化率达最大 C.0.02 s 时刻感应电动势达到最大 D.该线圈相应的感应电动势图象如 图乙所示 解析: 由 Φ-t 图知,在 t=0 时, Φ 最大,即线圈处于中性面位置,此时 e

=0,故 A、D 两项错误;由图知 T=0.04 ΔΦ s,在 t=0.01 s 时,Φ=0, 最大,e Δt 最大,则 B 项正确;在 t=0.02 s 时,Φ ΔΦ 最大, =0,e=0,则 C 项错. Δt 答案: B 2.(2012· 北京理综)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 P 流电源上, 其消耗的电功率为 .如果电热 2 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 2 V C.10 V D.10 2 V U2 解析: 根据 P= R ,对直流电有 P 2 ?10 V?2 P U′ = R ,对正弦式交流电有 = R , 2

所 以正弦 式交流 电的有 效值为 U′ = PR 10 = V, 故交流电源输出电压的最 2 2 大值 U′m= 2U′=10 V,故选项 C 正 确,选项 A、B、D 错误. 答案: C 3. (2013· 浙江五校联考)如图甲所示, 一小型发电机内有 n=100 匝矩形线圈, 线圈电阻为 1 Ω.在外力作用下矩形线圈 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 OO′匀速转动,发电 机线圈两端与 R=10 Ω 的电阻构成闭合 回路.通过电阻 R 的交变电流如图乙所 示,下列判断正确的是( )

A.该发电机产生的交变电流的频率 为 100 Hz

B.该发电机产生交流电的最大感应 电动势为 200 2 V C.穿过线圈的最大磁通量约为 0.01 Wb D.若线圈的转速增加一倍,电阻 R 的功率为 32 kW 解析: 由图乙知交流电的周期 T 1 =0.02 s,即 f=T=50 Hz,A 错误;最大 感应电动势 Em=Im(R+r)=220 2 V,B 2π 错误; 且 Em=nBSω, 而 ω= T , 解得 Φm Em =nω≈0.01 Wb,C 正确;由 Em=nBSω 知线圈转速增加一倍, 感应电动势增为原 来的 2 倍,则通过电阻的电流为 40 A, 2 其功率 P=I R=16 kW,D 错误. 答案: C 4.(2012· 广东理综)某小型发电机产 生 的 交 变 电 动 势 为 e = 50 sin 100πt

(V) .对此电动势,下列表述正确的有 ( ) A.最大值是 50 2 V B.频率是 100 Hz C.有效值是 25 2 V D.周期是 0.02 s 解析: 交变电动势 e=Emsin ωt 或 e=Emcos ωt,其中 Em 为电动势的最大 Em 值,ω 为角速度,有效值 E= ,周期 T 2 2π 1 = ,频率 f=T.由 e=50 sin 100 πt 知, ω 50 2π Em=50 V, E= V=25 2 V, T= = ω 2 2π 1 1 s=0.02 s, f=T= Hz=50 Hz, 100 π 0.02 所以选项 C、D 正确. 答案: CD 5.(改编题)一只“220 V,100 W” 的灯泡接在 u=311 sin(314t) V 的交变电

源上,则下列说法中判断错误的是( ) A.在 1 min 内,电流通过灯泡做的 功是 22 000 J B .与灯泡串联的电流表的示数为 0.45 A C .与灯泡并联的电压表的示数为 220 V D.通过灯泡的电流的表达式为 i= 0.64 sin (314t) A 解析: 本题考查交变电流有效 值.在 1 min 内,电流通过灯泡做的功是 W=Pt=100×60 J=6 000 J, A 错误; 从 电压瞬时值表达式知,电压有效值为 220 100 W V,通过灯的电流 I= =0.45 A,也 220 V 是与灯泡串联的电流表的示数,故 B 正 确; 电压表与灯泡并联, 测得的也是灯泡 的电压有效值,故示数为 220 V,所以 C 正确;通过灯泡的电流的有效值为 0.45 A, 故其最大值 Im= 2×0.45 A=0.64 A,

故 D 正确. 答案: A

第2讲

变压器

电能的输送

一、变压器 1.变压器的构造 :如图所示,变压器 是由闭合铁芯和绕在铁芯 上的两个线圈组成的. (1) 原线圈 :与交流电 源连接的线圈, 也叫初级线 圈. (2)副线圈 :与负载连接的线圈,也 叫次级线圈. 2.变压器的原理:电流通过原线圈 时在铁芯中激发磁场,由于电流的大小、 方向在不断变化, 铁芯中的磁场也在不断 变化. 变化的磁场在副线圈中产生感应电 动势, 所以尽管两个线圈之间没有导线相 连, 副线圈也能够输出电流. 互感现象是 变压器工作的基础. 3.理想变压器

没有能量损失的变压器, 即输入功率 等于输出功率. 4.基本关系式 (1)功率关系:P 入=P 出. U1 U2 (2)电压关系: = ;有多个副线 n1 n2 U1 U2 U3 圈时, = = =? n1 n2 n 3 I1 (3)电流关系:只有一个副线圈时, I2 n2 = . n1 由 P 入=P 出及 P=UI 推出有多个副 线圈时,U1I1=U2I2+U3I3+?+UnIn. 5.几种常用的变压器 (1)自耦变压器的原、副线圈共用一 个线圈,如图所示.

(2)互感器

电压互感器 原理 图

电流互感器

原线 并联在高压电 串联在高压电 圈的 路中 路中 连接 把高电压变成 把大电流变成 作用 低电压 小电流 匝数 特点 副线圈匝数比 原线圈匝数少 副线圈匝数比 原线圈匝数多

二、电能的输送 1.输电线路及其电压、电能损失 (1)输电线路(如图所示)

(2)电压和电能损失

P ①输电电流:I=U; P ②电压损失: ΔU=U-U′=Ir=U r; ③电能损失: ΔP = P - P′= I r = P2 (U) r; 2.减少电能损失的方法:根据 P 损 =I2R 线,减小输电电能损失有两种方法. (1)减小输电线的电阻: 根据电阻定 l 律 R=ρS,要减小输电线的电阻 R,在输 电距离一定的情况下, 可采用的方法有选 用电阻率小的金属材料, 尽可能增大导线 的横截面积等. (2)减小输电导线中的电流 :在输电 功率一定的情况下, 根据 P=UI, 要减小 电流,必须提高输电电压. 3.远距离输电
2

(1) 远 距 离 输 电 导 线 上 损 失 的 电 功 P 率:输送功率一定时,线路电流 I=U, 2 P 2 输电线上损失功率 P 损=I R 线= 2R 线, U 1 可知 P 损∝ 2. U 远距离输电线路中的功率关系:P 输 =P 损+P 用. (2)远距离输电的基本电路 :由于发 电机组本身的输出电压不可能很高, 所以 采用高压输电时, 在发电站内需要升压变 压器升压到几百千伏后再向远距离送电, 到达用电区再用降压变压器降到所需的 电压,基本电路如图所示.

1.如图所示,理想变压器原、副线圈 匝数比为 2∶1.电池和交 变电源的电动势都为 6 V,内阻均不计.下列说 法正确的是( ) A.S 与 a 接通的瞬间,R 中无感应 电流 B.S 与 a 接通稳定后,R 两端的电 压为 0 C.S 与 b 接通稳定后,R 两端的电 压为 3 V D.S 与 b 接通稳定后,原、副线圈 中电流的频率之比为 2∶1 解析: 由理想变压器的原理可知, 当 S 与 a 接通电流稳定时,由于通过原 线圈与副线圈中的磁通量不发生变化, 故 在副线圈中无感应电流,但在刚接通瞬 间,副线圈两端的电压不为零,R 中有感 应电流,故 A 错误,B 正确;当 S 与 b 接通稳定后, 原线圈中接有交变电流, 由

变压器的变压比可得副线圈电压为 3 V, C 正确;变压器并不改变交变电流的频 率,D 错误. 答案: BC 2.如图所示,原、副 线圈匝数比为 2∶1 的 理想变压器正常工作 时,以下说法不正确的是( ) A.原、副线圈磁通量之比为 2∶1 B.原、副线圈电流之比为 1∶2 C. 输入功率和输出功率之比为 1∶1 D.原、副线圈磁通量变化率之比为 1∶ 1 解析: 由于原、副线圈共用一个 铁芯, 故通过原、 副线圈磁通量之比和原、 副线圈磁通量变化率之比均为 1∶1,选 项 A 错误而 D 正确;由 I1∶I2=n2∶n1 得,I1∶I2=1∶2,选项 B 正确;由于理 想变压器不考虑变压器自身的功率损失, 故选项 C 正确,本题选择不正确的选项,

故应选 A. 答案: A 3.对于远距离输电,在 P 送一定的 情况下,设输电线路中的电流为 I 送,输 电线的总电阻为 R 线,为了节能,采用高 压 U 送输电,下列说法正确的是( ) A.由 U 送=I 送 R 线,输电线路中的 电流变大 B. 由 P 送=I 送 U 送, 输电线路中的电 流变小 2 C.由 P 耗=U送/R 线,输电线路消耗 功率增大 D.由 P 送=I2 送R 线,不会影响输电线 路中的电流 解析: 由 U 线=I 线 R 线,I 送=I 线, U 送≠U 线(U 送=U 到+U 线),故 U 送≠I 送 R 线,选项 A 错;公式 P 送=I 送 U 送,针对 的是同一研究对象,故选项 B 对、D 错; 2 2 P 耗=I2 R = I R = ( P / U ) 线 线 送 线 送 送 R 线,因此 U 送增大时,输电线路消耗功率 P 耗减小,

故选项 C 错. 答案: B 4.如图所示,一理想变压器原、副线 圈的匝数比为 1∶2;副线 圈电路中接有灯泡, 灯泡的 额定电压为 220 V,额定功 率为 22 W;原线圈电路中接有电压表和 电流表.现闭合开关,灯泡正常发光.若 用 U 和 I 分别表示此时电压表和电流表 的读数,则( ) A.U=110 V,I=0.2 A B.U=110 V,I=0.05 A C.U=110 2 V,I=0.2 A D.U=110 2 V,I=0.2 2 A 解析: 由于灯泡正常发光, 故灯泡 两端电压即副线圈两端电压为 U2 = 220 V,通过灯泡的电流即副线圈中的电流为 22 W I 2= =0.1 A.根据理想变压器电压 220 V 关系 U1∶U2=n1∶n2,得 U1=110 V,电

流关系 I1∶I2=n2∶n1,得 I1=0.2 A,则 U=U1=110 V,I=I1=0.2 A.故选项 A 正确,选项 B、D、D 错误. 答案: A 5.图甲中的变压器为理想变压器, 原线圈的匝数 n1 与副线圈的匝数 n2 之比 为 10∶1.变压器的原线圈接如图乙所示 的正弦式电流,两个 20 Ω 的定值电阻串 联接在副线圈两端.电压表 为理想电 表.则( )

A.原线圈上电压的有效值为 100 V B.原线圈上电压的有效值约为 70.7 V C.电压表 的读数为 5.0 V D.电压表 的读数约为 3.5 V 解析: 本题考查交流电图象的应用 及理想变压器与闭合电路. 由图乙可得该 正弦交流电的峰值为 100 V,所以其有效

Um 值为:U= =70.7 V,A 错误,B 正确; 2 由理想变压器原、 副线圈的电压比等于相 u1 n1 n2u1 应的匝数比可得: = ?u2= ,其 u2 n2 n1 Um 中:U1 有=U= =70.7 V,所以 U2 有= 2 7.07 V,故副线圈上的电压表的读数为: R UV= U2 有≈3.5 V,D 正确,C 错误. R+R 答案: BD

理想变压器基本关系的应用 变压器的工作原理及基本关系

(2012· 课标)自耦变压器铁芯上 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 匝;原线圈 为 1 100 匝,接在有效值为 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,且变压器是理想的,则 U2 和 I1 分别约为( ) A.380 V 和 5.3 A B.380 V 和 9.1 A C.240 V 和 5.3 A D.240 V 和 9.1 A 解析: 根据理想变压器电压比关系 U1 n1 = , 代入数据解得副线圈两端的电压 U2 n2 有效值 U2=380 V,因理想变压器原、副 线圈输入和输出的功率相等, 即 P 入=P 出 2×103 =U1I1,解得 I1= A≈9.1 A,选项 220 B 正确;选项 A、C、D 错误. 答案: B 理想变压器的注意事项 (1)在理想变压器中,副线圈的端电 压 U2 由输入电压 U1 和匝数比 n2/n1 共同

决定,与负载电阻大小无关. (2)电网送电遵循 “ 用多少送多少 ” 的原则,原线圈中的输入电流 I1 是由副 线圈中的输出电流 I2 决定的,原、副线 n2 圈各一个绕组时,I1= I2,副线圈有多 n1 个绕组时,由 P 入=P 出的功率关系来确 定. 1-1:如图甲所示,矩形金 属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁 场中匀速转动, 输出交流电的电动势图象 如图乙所示,经原、副线圈的匝数比为 1∶10 的理想变压器给一灯泡供电如图 丙所示,副线圈电路中灯泡额定功率为 22 W,现闭合开关,灯泡正常发光.则 ( )

A.t=0.01 s 时刻穿过线框回路的磁 通量为零 B.交流发电机的转速为 50 r/s C.变压器原线圈中电流表示数为 1 A D.灯泡的额定电压为 220 2 V 解析: t=0.01 s 时刻交变电流电动 势为零,线圈处于中性面,磁通量最大; 1 由图象可知周期 T=0.02 s,转速 n=T= 50 r/s;变压器原线圈中电压有效值为 U1 =22 V, 原线圈中输入功率与副线圈输出 功率相同,由 P=22 W,P=UI,得 I=1 U1 n1 A;由 = 知副线圈两端电压 U2=220 U2 n2 V.正确选项为 B、C. 答案: BC 理想变压器动态分析问题 1.匝数比不变的情况(如图)

U1 (1)U1 不变, 根据 = U2 n1 , 输入电压 U1 决定输 n2 出电压 U2,不论负载电阻 R 如何变化, U2 也不变. (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. (3)I2 变化引起 P2 变化,P1=P2,故 P1 发生变化. 2.负载电阻不变的情况(如图) n1 (1)U1 不变, 发生变 n2 化,故 U2 变化. (2)R 不变, U2 改变, 故 I2 发生变化. U2 2 (3)根据 P2= R ,P2 发生变化,再根 据 P1=P2,故 P1 变化,P1=U1I1,U1 不

变,故 I1 发生变化. (2012· 福建理综)如图,理想变 压器原线圈输入电压 u=Umsin ωt,副线圈 电路中 R0 为定值电 阻,R 是滑动变阻器, 和 是理想交流电压表,示数分别用 U1 和 U2 表示; 和 是理想交流电流表,示 数分别用 I1 和 I2 表示.下列说法正确的 是( ) A.I1 和 I2 表示电流的瞬时值 B.U1 和 U2 表示电压的最大值 C. 滑片 P 向下滑动过程中, U2 不变、 I1 变大 D. 滑片 P 向下滑动过程中, U2 变小、 I1 变小 解析: 交流电表的示数为有效值, 故 A、 B 两项均错误; P 向下滑动过程中, R 变小,由于交流电源、原副线圈匝数不

U2 变, U1、 U2 均不变, 所以 I2= 变大, R0+R I1 n2 n2 由 = , 得 I1= I2 变大, 故 C 项正确, I2 n1 n1 D 项错误. 答案: C 分析动态问题的思路程序为:

2-1:(2013· 济南定时练习 ) 自耦调压变压器上的 滑动触头 P 移动,可以 调节输出电压,线圈 MN 两端与一个滑动变 阻器相连接,Q 为滑动变阻器的滑动触 头,V1、V2 为理想电压表,如图所示,

下列说法正确的是( ) A.当交流电源接 a、b 时,触头 P 上移,Q 也上移,V1 的示数不变,V2 示 数可能不变 B.当交流电源接 a、b 时,触头 P 上移,Q 下移,V1 的示数不变,V2 示数 增大 C.当交流电源接 c、d 时,触头 P 上移,V1 的示数增大,V2 示数不变 D.当交流电源接 c、d 时,触头 P 上移,V1 的示数减小,V2 示数不变 解析: 当交流电源接 a、b 时,P 上移,原线圈匝数变大,电源电压不变, V1 示数不变, 由电压关系和 U1、 n2 不变、 n1 变大.可知副线圈电压 U2 减小,Q 上 移,cd 间阻值变大,V2 示数可能不变, 故 A 正确,同理 B 错误;当交流电源接 cd 时,P 上移,电源电压不变,V2 示数 不变, 副线圈匝数变大, 副线圈电压变大, V1 示数增大,故 C 正确、D 错误.

答案: AC 远距离输电问题 远距离高压输电的几个基本关系(以 下图为例)

(1)功率关系 P1=P2,P3=P4,P2=P 线+P3. (2)电压、电流关系 U1 n1 I2 U3 n3 I4 = = , = = , U2 n2 I1 U4 n4 I3 U2=U 线+U3,I2=I3=I 线. P2 P3 U2-U3 (3)输电电流:I 线= = = r . U2 U3 (4)输电导线上损失的电功率 P2 2 2 P 损=U 线 I 线=I线r=( ) r U2 (2012· 天津理综)通过一理想变

压器,经同一线路输送相同的电功率 P, 原线圈的电压 U 保持不变,输电线路的 总电阻为 R.当副线圈与原线圈的匝数比 为 k 时,线路损耗的电功率为 P1,若将 副线圈与原线圈的匝数比提高到 nk,线 P2 路损耗的电功率为 P2,则 P1 和 分别为 P1 ( ) ? P ? PR 1 1 ? ?2 A.kU ,n B.?kU? R,n ? ? ? P ? PR 1 1 ? ?2 C. kU , 2 D. ?kU? R, 2 n n ? ? 解析: 根据变压器的变压规律, 得 U1 U2 所以 U1=kU, U2=nkU. U =k,U =nk, 根据 P=UI,知匝数比为 k 和 nk 的变压 P P 器副线圈的电流分别为 I1= = kU, I2 U1 P P = =nkU.根据 P=I2R,输电线路损耗 U2

的电功率分别为

? P ? ? ?2 P1=I2 R = ? ? R,P2= 1 kU ? ?

? P ? P2 1 ? ?2 2 I2R=?nkU? R,所以 = 2.选项 P1 n ? ?

D 正确,

选项 A、B、C 错误. 答案: D 1. 关于远距离输电问题的 处理思路 (1)画出输电线路图,将已知量和未 知量标在图中相应位置; (2) 将 输 电 线 路 划 分 为 几 个 独 立 回 路; (3)根据串并联电路特点、欧姆定律、 电功率公式等确定各部分回路物理量之 间关系; (4)根据升压、降压,原、副线圈的 电压、电流关系和功率关系列式求解. 2.远距离输电问题的四个关键 (1) 画出一个模型 —— 远距离输电模 型图

(2) 抓住输电的两端 —— 电源和用电 器. (3)分析两条导线——输电导线 (4) 研究两次电压变换 —— 升压和降 压 3-1:如图所示,有一台交 流发电机 E,通过理想升压变压器 T1 和 理想降压变压器 T2 向远处用户供电,输 电线的总电阻为 R.T1 的输入电压和输入 功率分别为 U1 和 P1,它的输出电压和输 出功率分别为 U2 和 P2;T2 的输入电压和 输入功率分别为 U3 和 P3,它的输出电压 和输出功率分别为 U4 和 P4.设 T1 的输入 电压 U1 一定,当用户消耗的电功率变大 时,有( )

A.U2 减小,U4 变大 B.U2 不变,U3 变小

C.P1 变小,P2 变小 D.P2 变大,P3 变大 解析: 本题考查远距离输电及理想 变压器的基本知识, 解决本题的关键是对 变压器的工作原理的掌握和闭合电路欧 姆定律的应用. 由理想变压器输出功率决 定输入功率可得, 当用户功率增大时, 升 压变压器的输入功率必增大, 即 P1 增大, 输入电压 U1 为定值不变,升压变压器的 匝数不变,输入电压不变,故输出电压 U2 不变,由于 P1 增大,由 P1=U1I1=P2 =U2I2 可得,I1 增加,P2、I2 增加,由闭 合电路欧姆定律: U3 = U2 - I2R ,故 U3 减小,降压变压器原、副线圈匝数不变, 所以随 U3 减小,U4 减小,A、C 错误,B 正确;由于用户功率增加,即 P4 增加, 理想变压器无功率损耗可得:P3=P4,功 率 P3 也增加,故 D 正确. 答案: BD

解决理想变压器问题的常用思路 1.思路 1 电压思路:理想变压器 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=? 2.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+? 3.思路 3 电流思路:理想变压器 原、 副线圈的电流比为 I1/I2=n2/n1; 当变 压 器 有 多 个 副 绕 组 时 n1I1 = n2I2 + n3I3 +? 如图所示的理 想变压器副线圈为双绕组, 两个副线圈 n2、 n3 分别通过 开关 S1、S2 与电阻 R1、R2 连接,其阻值为 R1=R2=R,原线圈 n1 接入正弦式交变电压 u=10 2cos 100πt

(V).若只闭合开关 S1,则电流表示数为 0.2 A;若只闭合开关 S2,电流表示数为 1.25 A.则( ) A.R1 消耗的电功率比 R2 大 B.n2∶n3=2∶5 C.若两个开关同时闭合,电路消耗 的总功率为 14.5 W D.若两个开关同时闭合,R1 消耗的 电功率比 R2 大 解析: 开关分别闭合时, 电阻消耗 的电功率等于变压器的输入功率,即 P =I1U1,因此 R1 消耗的电功率比 R2 小, I2 n1 I3 A 错; 开关分别闭合时, = ①, I1 n2 I′ 1 n1 U2 U3 U2 n2 = ②,而 I1= R ,I3= R , = , n3 U3 n3 n2 I1 2 联立解得 = = ,B 正确;若两 n3 I′ 1 5 个开关同时闭合, 有 I″1U1=I2U2+I3U3, 代入前面的 ①② 和变压比得 I″1 = I1 +

I′1 = 1.45 A ,电路消耗的总功率 P = I″1U1=14.5 W,C 正确;若两个开关同 时闭合,通过 R1、R2 的电流与原来相同, 因此消耗的功率也与原来相同,D 错. 答案: BC

1.(2012· 海南单科)如图,理想变压器原、 副线圈匝数比为 20∶1, 两个标有“12 V, 6 W”的 小灯泡并联在副线圈的两 端. 当两灯泡都正常工作时, 原线圈电路 中电压表和电流表 ( 可视为理想的 ) 的示 数分别是( ) A.120 V,0.10 A B.240 V,0.025 A C.120 V,0.05 A D.240 V,0.05 A U1 解析: 副线圈电压 U2=12 V, 由 U2 n1 P = 得 U1=240 V, 副线圈中电流 I2=2· U n2 I1 n2 =1 A,由 = 得 I1=0.05 A. I2 n1 答案: D 2.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. 如图所示的四个图中, 能正确 反映其工作原理的是( )

解析: 电流互感器是测电流的, 应 串联在火线上, 故 B、 D 选项错误; 同时, 由 I1n1=I2n2 知要使 I2<I1,须 n2>n1, 故 A 选项正确,C 选项错误. 答案: A 3.如图所示,理想变压器的副线圈上通 过输电线接有两个相同 的灯泡 L1 和 L2,输电线 的等效电阻为 R ,开始 时,开关 S 断开.当 S 接通后,以下说 法中正确的是( ) A.副线圈两端 M、N 的电压不变 B. 副线圈输电线等效电阻 R 上的电 压减小

C.通过灯泡 L1 的电流增大 D.原线圈的输入功率不变 解析: 副线圈输出电压决定于原线 圈电压和原副线圈匝数比,S 接通后,副 线圈两端电压不变, A 项正确; S 接通后, 负载总电阻变小,故 R 上电流变大,R 上的电压变大,B 项错;灯泡 L1 两端的 电压和通过其的电流均减小,C 项错; 副 线圈输出功率变大, 故原线圈输入功率变 大,D 项错. 答案: A 4.在远距离输电时,输送的电功率 为 P,输送电压为 U,所用导线的电阻率 为 ρ,横截面积为 S,两地距离为 L,输 电线损失的电功率为 P′, 用户得到的电 功率为 P 用,则 P′、P 用的表达式正确的 是( ) 2 US A.P′= ρL

2P2ρL B.P′= 2 US 2 US C.P 用=P- ρL 2PρL D.P 用=P(1- 2 ) US 解析: 2L 导线的电阻 r=ρ S ,输送 P 的电流 I=U,输电线损失的电功率 P′ 2 2 P ρL 2 =I r= 2 ,B 项正确.用户得到的电 US 2PρL 功率 P 用=P-P′=P(1- 2 ), D 项正 US 确. 答案: BD 5.(2012· 重庆理综)如图所示,理想 变压器的原线圈接入 u = 11 000 2sin 100πt(V)的交变电压,副线圈通过电阻 r =6 Ω 的导线对“220 V/880 W”的电器 RL 供电,该电器正常工作.由此可知( )

A.原、副线圈的匝数 比为 50∶1 B. 交变电压的频率 为 100 Hz C.副线圈中电流的有效值为 4 A D.变压器的输入功率为 880 W 解析: 由电器 RL 正常工作,可得 P 880 通过副线圈的电流为 I = U = A=4 220 A,故 C 对;副线圈导线所分电压为 Ur =4×6 V=24 V,副线圈两端电压 U2= 220 V+24 V=244 V,因此原、副线圈的 n1 U1 11 000 2 750 匝数比 = = = ,故 A 错; n2 U2 244 61 又 P1=P2=U2I2=244×4 W=976 W,故 ω D 错;交变电压的频率 f= =50 Hz, 2π 故 B 错. 答案: C


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