2020高考物理 专题复习精品 交流电（教师版）.doc

第十一章 交流电的产生及变化规律 一交流电强度和方向都随时间作周期性变化的电流叫交变电流如图10-1-1（a）、（b）、（c）（d）所示的电流都属于交变电流 图10-1-1二正弦交流电的变化规律 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴做匀速转动即可获得交流电中性面：与磁场垂直的平面叫中性面1当从图122即中性面位置开始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=Emsint， iImsintt是从该位置经t时间线框转过的角度；t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121位置开始计时： 则：e=Emcost， iImcostt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；3对于单匝矩形线圈来说Em=2Blv=BS； 对于n匝面积为S的线圈来说Em=nBS。对于总电阻为R的闭合电路来说Im=三几个物理量1周期（T）和频率(f)：交变电流完成一次周期性变化所用的时间叫周期； 1s内完成周期性变化的次数叫频率，T、f、的关系：T1/f、f1/T、2f，(的国际单位为rad/s)2中性面：如图122所示的位置为中性面，对它进行以下说明： （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=Emsint=0， iImsint=0 （3）此位置是电流方向发生变化的位置，具体对应图123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3交流电的最大值： 当为N匝时EmNBS （1）是匀速转动的角速度，其单位一定为弧度秒，rad/s （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平行时的位置 （3）最大值对应图123中的t1、t2时刻，每周中出现两次4瞬时值e=Emsint， iImsint代入时间即可求出不过写瞬时值时，不要忘记写单位，如Em=220V，=100，则e=220sin100tV，不可忘记写伏，电流同样如此5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，则直流电的值为交流电的有效值 有效值跟最大值的关系EEm，IIm （1）伏特表与安培表读数为有效值（2）用电器铭牌上标明的电压、电流值是指有效值（3）在没有特殊说明的前提下，所说的交流电动势、电压、电流都是指有效值（4）计算电功W，电功率P，电热Q，热功率P热时用有效值。6平均值：感应电动势的平均值，感应电流的平均值，式中R是回路的总电阻求流过电量用电流平均值乘以时间。7. 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。规律方法 一、关于交流电的变化规律例1、如图所示,为某交变电动势随时间变化的图象,从图象中可知交变电动势的峰值为 V,周期T是 s,交变电动势变化最快的时刻是 ,穿过产生此电动势的线圈的磁通量变化最快的时刻是 ,若此交流线圈共100匝,则穿过此线圈的最大磁通量是 Wb. 答案 310 2×10-2 （n=1,2,3） （n=0,1,2,3）1×10-2例2如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=05T，边长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r1，线圈绕垂直与磁感线的对称轴OO/匀速转动，角速度为2rads，外电路电阻R4，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（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，mNBS100×05×012×2V=314V （2）转过600时的瞬时感应电动势：emcos600=314×05 V157 V （3）通过600角过程中产生的平均感应电动势：=N/t=26V （4）电压表示数为外电路电压的有效值： U=·R×=178 V （5）转动一周所做的功等于电流产生的热量 WQ（）2（R十r）·T099J （6）周期内通过电阻R的电量Q·TT00866 C 二、表征交流电的物理量例3. 交流发电机的转子由BS的位置开始匀速转动，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。i/A3O t/s-60.2 0.3 0.5 0.6 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。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如图125所示，（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，则这两个电热器的电功率之比PaPb= 解析：交流电流通过纯电阻R时，电功率PI2R，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 PaIm2RPbI2RIm2R/2 所以，PaPb=21 答案：21练习1.图126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（ ） A5A； B5A； C35A ；D35A 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（002 s）时间，根据焦耳定律，有： I2R×002（4）2R×001+（3）2R×001 解之可得： I5 A 答案：B三、最大值、平均值和有效值的应用【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，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：通过R的电荷量q为多少？R上产生电热QR为多少？外力做的功W为多少？ 分析：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。 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。 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。课后练习Oi/At/10-2s1210-1031（北京市西城区2020年抽样测试）某正弦式交流电的电流i随时间t变化的图象 如图所示。由图可知A电流的最大值为10AB电流的有效值为10AR图15OOC该交流电的周期为0.03sD该交流电的频率为0.02Hz答案：B2（9分）（2020北京海淀期末练习）如图15所示，一小型发电机内有n=100匝矩形线圈，线圈面积S=0.10m2，线圈电阻可忽略不计。在外力作用下矩形线圈在B=0.10T匀强磁场中，以恒定的角速度=100 rad/s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 =100的电阻构成闭合回路。求：(1）线圈转动时产生感应电动势的最大值；(2）从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90º角的过程中通过电阻R横截面的电荷量；(3）线圈匀速转动10s，电流通过电阻R产生的焦耳热。答案：（共9分）（1）线圈中感应电动势的最大值 Em=nBS=3.1×102 V 3分(说明：314V，100也同样得分）(2）设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90º角所用时间为t，线圈中的平均感应电动势n1分通过电阻R的平均电流 1分在t时间内通过电阻横截面的电荷量Q=1.0×10-2C 1分(3）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，电阻两端电压的有效值1分经过t=10s电流通过电阻产生的焦耳热Q热1分解得Q热=4.9×103J3.（05北京18）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=10，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。则 ( )V交变电源图1u/Vt/×10-2sOUm-Um12图2通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=cos100t (A)通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=cos50t (V)R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=5cos100t (V)R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR=5cos50t (V)4.（07北京17）电阻R1、R2交流电源按照图1所示方式连接，R1=10，R2=20。合上开关后S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图2所示。则 （ ）A、 通过R1的电流的有效值是1.2A B、R1两端的电压有效值是6V C、通过R2的电流的有效值是1.2A D、R2两端的电压有效值是6V5.（东城一模19）如图9所示，交流发电机线圈的面积为0.05m2，共100匝。20202011该线圈在磁感应强度为的匀强磁场中，以的角度匀速转动，电阻R1和R2的阻值均为50，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时，则（ ）A线圈中的电动势为B电流表的示数为AC电压表的示数为VDR2上消耗的电功率为50W 第二节电感和电容对交流电的作用基础知识 一、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高低决定了感抗的大小。关系式为： XL=2f L此式表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：.此式表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。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. 如图所示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本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C500F例2. 如图所示为一高通滤波电路，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留高频交流成分，去掉直流成分，试说明电路中电容器的作用【答】 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、电电和电容对交流电的作用例3.如图所示，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4. 一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图所示一块铁芯放进线圈之后，该灯将：A变亮B变暗C对灯没影响【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，一部分降落在线圈上，剩余的降落在灯泡上如果一个大电压降落在线圈上，则仅有一小部分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，总是反抗电流变化的，正是这种反抗变化的特性（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5.如图所示电路中，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则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6. “二分频”，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、低频段分离出来，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还原成高、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 第三节 变压器、电能输送基础知识 一、变压器1理想变压器的构造、作用、原理及特征构造：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，可得理想变压器的电压变化规律为在此基础上再忽略变压器自身的能量损失，有P1=P2 而P1=I1U1 P2=I2U2于是又得理想变压器的电流变化规律为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理想条件下的新的表现形式3、规律小结（1）熟记两个基本公式： ，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。P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磁通量的变化率相等（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：只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有：变压器的输入功率由输出功率决定，往往用到：，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。（6）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若是理想变压器输出功率也不可能减少例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02A，则变压器原、副线圈的匝数之比为（ D ） A72；B31；C63；D52；解析：因为，I2P2U26/1205 A I102 A 所以 n1n2=I2I1=524、几种常用的变压器(1)自耦变压器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部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作原线圈，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，它的构造如图所示。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U 2 和铭牌上注明的变压比(U 1 /U 2 )，可以算出高压电路中的电压。为了工作安全，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I 2 和铭牌上注明的变流比(I 1/I2)，可以算出被测电路中的电流。如果被测电路是高压电路，为了工作安全，同样要把电流互感器的外壳和副线圈接地。例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。如下所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是 AAAA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。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。并按照规范在图中标出相应的物理量符号。3. 交流电远距离高压输电电路模式如图所示， 4. 远距离高压输电的几个基本关系:功率关系:, ,电流、电压关系: 输电电流: 输电导线上损耗的电功率: 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3。有一台内阻为l的发电机，供给一个学校照明用电，如图所示升压变压器匝数比为14，降压变压器的匝数比为41，输电线的总电阻R=4，全校共22个班，每班有“220 V，40W”灯6盏若保证全部电灯正常发光，则：（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）若使用灯数减半并正常发光发电机输出功率是否减半 解析：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，不必考虑该两部分输电导线上的功率损耗 发电机的电动势，一部分降在电源内阻上即Ilr，另一部分为发电机的路端电压U1，升压变压器副线圈电压U2的一部分降在输电线上，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=U3I3nP灯=22×6×40 W=5280w 而U/24U3880 V，所以I2=nP灯/U/2=5280/880=6A 对升压变压器： UlIl=U2I2=I22RU/2I262×452805424 W， 所以 P出=5424 W （2）因为 U2U/2I2R8806×4904V， 所以 U1=¼U2=¼×904226 V 又因为UlIl=U2I2，所以Il=U2I2/Ul=4I2=24 A， 所以 U1I1r1=22624×1250 V 输电线上损耗的电功率PR=IR2R=144W（4）P有用/P出×100=×100%=97 （5）电灯减少一半时，n/P灯=2640 W， I/2n/P灯/U22640/880=3 A 所以P/出=n/P灯十I/22R=264032×42676w 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”一步一步进行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：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+；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；总功率P总=P线+P2.动态分析问题的思路程序可表示为：U1P1例4。（08北京18.）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如图所示。副线圈仅接入一个10 的电阻。则 （ ）A.流过电阻的电流是20 AB.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6×103 JD.变压器的输入功率是1×103 W3、原线圈连接用电器问题例5。、如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为，原线圈回路中的电阻A与原线圈回路中的负载电阻B的阻值相等。a、b端加一定交变电压后，两电阻的电功率之比_，两电阻两端电压之比_。解析：此题很容易将变压器电阻A消耗的功率当成原线圈的输入功率，并将a、b两端电压当成变压器原线圈的电压U1。从而得到错误答案为1：1，4：1。实际上电阻A消耗的功率并非变压器原线圈的输入功率，这是因为电阻A串联在原线圈中，根据理想变压器的变流公式。设A、B的电阻均为R，再根据电功率公式可知；电阻A两端的电压也并非原线圈的输入电压，电阻A、B两端电压也并非原线圈的输入电压，电阻A、B两端电压之比为。4、变压器的应用例6。、互感器是一种特殊的变压器,借助它,交流电压表(或电流表)可以间接测量高电压和大电流.如下图所示为电压互感器或电流互感器的接线图,其中正确的是 ( )答案 A例7。、钳形电流表的外形和结构如图 (a)所示.电流表的读数为1.2 A.图(b)中用同一电缆线绕了3匝,则 ( )A.这种电流表能测直流电流,图(b)的读数为2.4 AB.这种电流表能测交流电流,图(b)的读数为0.4 AC.这种电流表能测交流电流,图(b)的读数为3.6 AD.这种电流表既能测直流电流,又能测交流电流,图(b)的读数为3.6 A答案 C例8。（海淀一模18）如图7所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为k，输出端接有一交流电动机，其线圈的电阻为R，将原线圈接在正弦交流电源两端。变压器的输入功率为P0时，电动机恰好能带动质量为m的物体匀速上升，此时理想电流表的示数为I。若不计电动机的机械损耗，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）A电动机的输出功率为B原线圈两端电压的有效值为C原线圈中电流的有效值为D副线圈两端电压的有效值为IR5变压器中的动态变化问题、例9。A2VA1RSL2L1B（西城一模18）图中B为理想变压器，接在原线圈上的交变电压有效值保持不变。灯泡L1和L2完全相同（阻值恒定不变），R是一个定值电阻，电压表、表流表都为理想电表。开始时开关S是闭合的。当S断开后，下列说法正确的是 （ ）A电压表的示数变大B电流表A1的示数变大C电流表A2的示数变大D灯泡L1的亮度变亮练习1.（宣武一模20.）下面的方框图表示远距离输电的示意图，已知发电机的输出电压保持恒定不变，而且输电线路及其设备均正常，那么由于负载变化而引起用户端获得的电压降低时，则对应着： （ ）A升压变压器的输入电流减小B升压变压器的输出电流减小C降压变压器的输出电流增大D发电机输出的总功率减小练习2、（2020天津高考）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BA. I1减小，P1增大B. I1减小，P1减小C.增大，P2减小例10。如图所示为一理想变压器，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，则（ 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，若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P1P2，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。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和匝数比决定例11。URL2L1QS（西城一模19）如图是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头。AB间接交流电压U，输出端接通了两个相同的灯泡L1和L2，Q为滑动变阻器的滑动触头。当开关S闭合，P处于如图所在的位置时，两灯均能发光。下列说法正确的是 （ ）A 将P沿逆时针方向移动，两灯均变暗B P不动，将Q向左移动，两灯均变亮C P不动，将Q向右移动，输入功率变大D 断开开关S，L1将变暗二、远距离输电例12。T2T1图2R发电机R0（2020北京海淀期末练习）某小型水电站的电能输送示意图如图2所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，降压变压器副线圈两端交变电压u220sin100t V，降压变压器的副线圈与阻值R0=11的电阻组成闭合电路。若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（ ） A通过R0电流的有效值是20AB降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1C升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压D升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率 答案：AB例13、某发电厂原来用11kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220kV输电，输送的电功率都是P，若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是（ ）A、据公式，提高电压后输电线上的电流降为原来的1/20B、据公式，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍C、据公式，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的1/400D、据公式，提高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的400倍例14、一小水电站，输出的电功率为20kW，输电线总电阻为，如果先用400V电压输送，后又改用2000V电压输送，则输送电压提高后，输电导线上损失的电功率的变化情况是（ ）A、减小50W B、减少1200W C、减少W D、增大W例15。发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 .若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.（3）用户得到的电功率是多少？解析：输电线路的示意图如图所示，输电线损耗功率P线=100×4% kW=4 kW，又P线=I22R线 输电线电流I2=I3=20 A原线圈中输入电流I1= A=400 A 所以这样U2=U1n2/n1=250×20 V=5000 V U3=U2-U线=5000-20×10 V=4800 V所以 用户得到的电功率P出=100×96% kW=96 kW课后作业21一个理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别是n1和n2，正常工作时输入和输出的电压、电流、功率分别为U1和U2，I1和I2，P1和P2已知n1n2，则( )AU1U2 P1P2BP1P2 I1I2CI1I2 U1U2DP1P2 I1I22一台理想降压变压器从10kV的线路中降压并提供200A的负载电流。