高中物理-《交变电流》章末复习

高中物理-《交变电流》章末复习

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【典题探究】

专题1 交变电流的产生及变化规律

交变电流的四值是指：有效值、平均值、最大值（峰值）和瞬时值．各值分别用于如下情况．

１．在研究电容器是否被击穿时,要用峰值（最大值）,因电容其器标明的电压是它在直流电源下工作时承受的最大值．

2．在研究交变电流的功率和产生的热量时,只能用有效值．

3．在求解某一时刻的受力情况时,只能用瞬时值．

4．在求交变电流流过导体的过程中通过导体截面积的电荷量tΔI

q=时,要用

平均值．

例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ω逆时针匀速转动。若以线

圈平面与磁场夹角45

θ?

＝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。则下列四幅图中正确的是（）

【解析】本题考查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始旋转,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=－i m cos（

π

4+ωt）,则图像为D图像所描述。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。

答案：D

例2一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,则外接一只电阻为95.0Ω的灯泡,如图乙所示,则

A.电压表○v的示数为

220v

B.电路中的电流方向

每秒钟改变50次

C.灯泡实际消耗的功

V

乙

t/×10-2

e/V

甲

O

1 2

2

2202

-

O

O

率为484W

D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J

【解析】电压表示数为灯泡两端电压的有效值,由图像知电动势的最大值E m =2202V ,有效值E=220V ,灯泡两端电压()

RE

U 209R V r =

=+,A 错；由图像知T =0.02S,一个周期内电流方向变化两次,可知1s 内电流方向变化100次,B 错；灯泡的实际功率2

2

U 209P W 459.8W R

95

===,C 错；电流的有效值E

I 2.2R A r

=

=+,发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为222.25124.2Q I rt J J ==??=,D 对。 答案D

专题2 变压器的基本关系及动态分析

变压器的动态分析类问题,大致有两种增况：一是负载电阻不变,原副线圈的电压 1U 、2U ,电流 1I 、2I ,输入和输出功率21P P 、随匝数比变化而变化的情况另一类是匝数比不变,上述各量随负载电阻变化而变化的情况．不论哪种情况,都要注意：①根据题意分清变量和不变量；②要弄清“谁决定于谁”的制约关系,即理想变压器各物理量变化的决定因素．

例3 .如图所示为一理想自耦变压器的电路图,L 1、L 2、L 3、L 4为四个完全相同的灯泡．在A 、B 两点间加上交变电压U 1时,四个灯泡均能正常发光,若C 、D 两点间的电压为U 2,则U 1∶U 2为（）

A ．1∶1

B ．2∶1

C ．3∶1

D ．4∶1

【解析】由题意可知,初、级线圈中的电流之比为I 1∶I 2=1∶3,根据变压器的电流比关系

1

2

21n n I I =可知：n 1∶n 2=3∶1.设初级线圈两端电压为U 0,则电压比关系

2

1

20n n U U =,可得U 0∶U 2=3∶1,即U 0=3U 2.

由于四个完全相同,而且都正常发光,所以L 1两端的电压也为U 2；

由此可知U 1=U 2+U 0=4U 2,所以U 1∶U 2=4∶1. 【答案】D

例4 如图所示,一理想变压器原线圈接入一交流电源,副线圈电路中R 1、R 2、R 3和R 4均为固定电阻,开关S 是闭合的。和为理想电压表,读数分别为U 1和U 2；

、

和为

理想电流表,读数分别为I 1、I 2和I 3。现断开S ,U 1

数值不变,下列推断中正确的是 （ ） A ．U 2变小、I 3变小 B ．U 2不变、I 3变大 C ．I 1变小、I 2变小 D ．I 1变大、I 2变大

【解析】因为变压器的匝数与U 1不变,所以U 2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I 2减小,由于输入功率等于输出功率,所以I 1也将减小,C 正确；因为R 1的电压减小,故R 2、R 3两端的电压将增大,I 3变大,B 正确。 答案：BC

专题3 电能的输送问题

1．解决远距离送电的问题关键是分清各部分输入、输出的各个物理量及其相互关系．通常,可先画出传输的结构示意图．通过原、副线圈的电流求出匝数的比,也可通过电压关系求解．

2．输电导线中的损耗将升压变压器与降压变压器联系起来,即升压变压器副线圈中的电流、输电线上的电流与降压变压器原线圈中的电流三者相等；殴姆定律对变压器虽然不能应用,但是对导线仍成立．即P r = I 2r = IU r 等都可以用来计算导线上的功率损失,进而可求电压的损耗．

A 3 A 2 A 1 V 2 V 1

3．电压是由发电站控制,送电单位通过电压控制用户的使用；同时用户也可以通过电流或功率影响送电单位电能输送．因此我们在计算时,应根据电压或电流、功率的决定方向依次向下一级推导．即“发电→升压→输电线→降压→用电器”的顺序或倒序．

例5一台发电机最大输出功率为4000kW,电压为4000V,经变压器T1升压后向远方输电。输电线路总电阻R=1kΩ。到目的地经变压器T2降压,负载为多个正常发光的灯泡（220V、60W）。若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%,变压器T1和T2的耗损可忽略,发电机处于满负荷工作状态,则

A．T1原、副线圈电流分别为103A和20A

B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220V

C．T1和T2的变压比分别为1：50和40：1

D．有6×104盏灯泡（220V、60W）正常发光

【解析】输电线路上消耗的功率为P＝400kW＝I2R可知输电线上电流为I2＝20A,根据原线圈P1＝U1I1,可知I1＝103A,A对,T1的变压比为I2：I1＝1：50；根据P＝U2I2,可知U2＝2×105V,输电线上电压U线＝I2R＝20000V,则副线圈输入电压为U3＝U2－U线＝1.8×105V,又灯泡正常发光、副线圈电压为220V,B对,T2的变压比为U3：220,C 错；根据U3I2＝60n,解得n＝6×104,D对。

答案：ABD

例6某小型实验水电站输出功率是20kW,输电线路总电阻是6Ω。

（1）若采用380V输电,求输电线路损耗的功率。

（2）若改用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＝

3

2010

380

P

U

?

=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′＝

3

2010

5000

P

U

?

=

'

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

11

22

U n U n 用户得到的电压为U 2＝211n U n ＝122

×4976V ＝226.18V