12章交变电流.docx

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12章交变电流

第十二章交变电流

◆【三年高考】

一、选择题

1．原书P108第1题

2．原书P108第2题

二．非选择题

3．原书P108第5题

4．原书P109第6题

5．原书P109第7题

◆【规律点睛】

考点突破：

本专题是电磁感应内容的继续，当然也有它自身的特点，如交变电流的有效值，变压器内容，《考试说明》中对本章知识的点的要求是：

交流发电机及其产生正弦交流电的原理，正弦交流电的图象和三角函数表达式，最大值与有效值，周期与频率；电阻、电感和电容对交流电的作用，感抗和容抗；变压器的原理，电压比和电流比；电能的输送．前几年的高考中，对产生正弦交流电的原理，正弦交流电的图象，最大值与有效值，变压器方面考得较多，并且都是选择题．对于变压器的要求进一步加强，近年高考中计算题中就考到了变压器，随着高考突出应用、理论联系实际预测今后在变压器、远距离输电方面还会加强.

近几年出现的题型有选择题和填空题，也有计算题，命题率较高的是交变电流的产生及变化规律、最大值、有效值、变压器的变压比和变流比，还有与电路知识相联系的综合类问题，特别是带电粒子在加有交变电压的平行板电容器中的运动，远距离送电与能量的转化守恒，发电站问题等等在加强能力考查的现在高考中更是一个热点。

方法攻略：

1．图象法：

用来分析交变电压和电流的最大值和有效值问题，

2．等效法：

用来处理与电路问题相似的问题

3．能量守恒法：

用来处理远距离输电的问题的电路问题

特别提示：

本章内容是电磁感应内容研究的继续和其规律的具体应用，从交变电流的产生、交变电动势峰值的计算、变压器的工作原理等都和楞次定律及法拉弟电磁感应定律有密切的联系，所以复习时要注意与电磁感应内容的相联系。

◆【两年模拟】

一、选择题

1．（2005年上海一模）如图所示，理想变压器的副线圈通过输电线接两个相同的灯泡

和

，输电线的等效电阻为R，开始时K断开。

当K接通时，以下说法正确的是（　　）

A．副线圈的输出电压减小

B．通过灯泡

的电流减小

C．原线圈中的输入电流减小

D．变压器的输入功率增大

2．（2005年苏州一模）图中T是绕有两组线圈的闭合铁心,线圈的绕向如图所示,D是理想的二极管,金属棒ab可在两条平行的金属导轨上沿导轨滑行,磁场方向垂直纸面向里.若电流计G中有电流通过,则ab棒的运动可能是（　　）

A．向左匀速运动

B．向右匀减速运动

C．向左匀加速运动

D．向右匀加速运动

3．（2005年南通一模）下列关于变压器的说法中正确的是（　　）

A．升压变压器在升高电压的同时，也提高了交变电压的频率

B．若输入电压相同，则输出电压随输入电压频率的增大而增大

C．降压变压器的副线圈导线比原线圈导线粗

D．变压器输出的电功率由输入的电功率决定

4．（2005年南京二模）一个矩形线圈在匀强磁场中匀角速转动，产生交变电动势的瞬时表达式为e=10

sin4πtV，则（　　）

A．该交变电动势的频率为2Hz

B．零时刻线圈平面与磁场垂直

C．t=0.25s时，e达到最大值

D．在1s时间内，线圈中电流方向改变100次

5．（2005年福建二模）图甲为某型号电热毯的电路图。

将电热丝接在u=156sin120πtV的电源上，电热毯被加热到一定温度后，由于P的作用使输入的正弦交变电流仅有半个周期能够通过，即电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，则此时交流电压表的读数是（　　）

A．156VB．110VC．78VD．55V

6．（2005年广东一模）在如图所示的电路中，T为理想的调压变压器，A、V是理想的交流电表，在ab间接上电压有效值不变的正弦交流电源，若将调压变压器的滑动触头P向上移动一些，则下列说法正确的是（　　）

A．电流表A的示数不变　　　B．电流表A的示数变小

C．电压表V的示数变大

　　　D．变压器的输出功率变小

7．（2005年内蒙一模）如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动（ab向纸外cd向纸向）.若从图所示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是图中的哪一个（　　）

8．（2005年启东二模）有一直流电动机的内阻为4.4Ω和一盏标有“110V，60W”的灯泡串联后接在电压为220V的电路两端，灯泡正常发光，则（　　）

A．电动机的输入功率为120W　　　　B．电动机的发热功率为60W

C．电路消耗的总功率为60W　　　　　D．电动机的输出功率为58.7W

9．（2005年山东一模）如图所示，理想变压器的原线圈a、b两端接正弦交流电压，副线圈c、d两端通过输电线接两只相同的灯泡L1、L2，输电线的等效电阻为，当开关由原来的闭合状态变为断开时，下列各量中减小的是（　　）

A．副线圈c、d两端的输出电压

B．副线圈输电线等效电阻R上的电压

C．通过灯泡L1上的电流强度

D．原线圈上的电流强度

10．（2005年天津二模）如图是一个理想变压器的示意图，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1为原线圈中的电流（　　）

A．若保持P的位置及U1不变，S由a合到b处，则I1将减小

B．若保持P的位置及U1不变，S由b合到a处，则R上消耗的功率将增大

C．若保持U1不变，S置于b处，将P向上滑动，则I1减小

D．若保持P的位置不变，S置于a处，将U1增大，则I1减小

二．非选择题

11．（2005年黄冈二模）如图所示，为一交流发电机和外接负载的示意图，发电机电枢线圈为n匝的矩形线圈，边长

=L1，

=L2，绕OO′轴在磁感强度为B的磁场中以角速度ω转动（不计一切摩擦），线圈电阻为r，外电路负载电阻为。

试求：

（1）电路中伏特表的示数；

（2）线圈每转动一周，外力所做的功。

12．（2005年广东一模）某村在较远处修了一座小型水电站，水电站发电机的输出功率为5KW，输出电压为200V，输电线总电阻为12Ω，输电线允许损失的功率为输出功率的6%，到达村里用户处的电压应为虎作伥220V，则

（1）画出供电电路示意图；

（2）计算所用升压变压器和降压变压器的匝数比分别是多少？

13．（2005年山东二模）广场上装饰着120个彩色小灯泡，它们的额定电压都是4V，额定电流都是0.1A.这些小灯并联在一起,由一台变压器供电，变压器的原线圈接在220V的照明电路上，求通过原线圈的电流。

假如这些小电灯是串联接在一起的，由另一台变压器供电，原线圈仍是接在220V电源上，小灯仍正常发光，原线圈中的电流又是多少？

14．（2005年苏州一模）如图所示，为交流发电机的示意图，匝数为

匝的矩形线圈，边长分别为

和

，线圈内阻为

，在磁感应强度

的匀强磁场中绕

轴以

的角速度匀速转动，线圈和外部

的电阻R相接。

求：

（1）S断开时，电压表示数；

（2）电键S合上时，电压表和电流表示数；

（3）通过电阻R的电流的最大值是多少？

（4）电阻R上所消耗的电功率是多少？

（5）线圈所受的最大安培力？

15．（2005年杭州一模）如图所示，一个矩形线圈abcd放置在磁感应强度为B的有界匀强磁场中，磁场只分布在bc的左侧，线圈以bc为轴旋转，匀速转动的角速度为ω，外部电路中有一个负载电阻，阻值为R，A是一个理想电流表，电路中其他电阻不计，已知ab=L1,bc=L2，求：

（1）从图示位置（此时线圈平面与磁感线垂直）起转过

转的时间内，负载电阻R上产生的热量；

（2）从图示位置起转过

转的时间内，通过负载电阻R上的电荷量；

（3）电流表的示数

16．（2005年黄冈二模）一条河流，流量Q=2m3/s，落差h=5m，则利用其发电，若发电机总效率η=50%，输出电压为240V，输电线上总电阻R=30Ω，允许线上损失功率为输出功率6%。

为了满足用电的需求：

求：

（1）列出这距离输电方框图。

（2）发电机输出功率PO=？

（3）输电线中上理想变压器中升压变压器匝数比和降压变压器匝数比？

（4）能使多少盏“220V、100W”灯正常发光？

（g=10m/s2）

17．（2005年南京一模）在远距离输电时，若输电电压为10kV，输电总功率为500kW，这时安装在输送电路的起点和终点的电能表一昼夜里读数相差2400kWh，试求：

（1）输电效率与输电线的总电阻．

（2）若要使输电线路损失的功率降到输送功率的5％，应使用多高的电压输电？

18．（创新题）促进西部大开发的一个重要保证是解决能源问题,而西部具有丰富的水利资源.一个小型水电站的河水流量为4m3/s,水流下落高度为5m。

若该水电站发电机组的总效率为50%，取g=10m/s2，求：

（1）发电机组的输出功率；

（2）设发电机组的输出电压为250V，在输送途中的线路电阻为2Ω，要使线路上损耗的电功率不超过输出功率的5%，问在用户需用电压为220V时，所用升压变压器和降压变压器线圈匝数之比为多少？

◆【3·2看吧】

发电机史话

1820年，奥斯特成功地完成了通电导线能使磁针偏转的实验后，当时不少科学家又进行了进一步的研究：

磁针的偏转是受到力的作用，这种机械力，来自于电荷流动的电力。

那么，能否让机械力通过磁，转变成电力呢？

著名科学家安培是这些研究者中的一个，他实验的方法很多，但犯了根本性错误，实验没有成功。

另一位科学家科拉顿，在1825年做了这样一个实验：

把一块磁铁插入绕成圆筒状的线圈中，他想，这样或许能得到电流。

为了防止磁铁对检测电流的电流表的影响，他用了很长的导线把电表接到隔壁的房间里。

他没有助手，只好把磁铁插到线圈中以后，再跑到隔壁房间去看电流表指针是否偏转。

现在看来，他的装置是完全正确的，实验的方法也是对头的，但是，他犯了一个实在令人遗憾的错误，这就是电表指针的偏转，只发生在磁铁插入线圈这一瞬间，一旦磁铁插进线圈后不动，电表指针又回到原来的位置。

所以，等他插好磁铁再赶紧跑到隔壁房间里去看电表，无论怎样快也看不到电表指针的偏转现象。

要是他有个助手，要是他把电表放在同一个房间里，他就是第一个实现变机械力为电力的人了。

但是，他失去了这个好机会。

【答案与解析】

1．答案：

BD

解析：

分析题意得：

因为变压器的副线圈上的电压

，当U1不变时，不论断开和接通K，副线圈上的电压U2都不会改变，所以选项A错误；当接通K时，副线圈输出端的电阻减小，干路的电流变大，再根据变压器的电流关系

，得原线圈的输入的电流也变大，所以选项C错误；副线圈的电流变大，即输出的功率变大，输入的功率也变大，所以选项D正确；因为干路中的电流变大，所以等效电阻R上的电压变大，所以两个灯上的电压减小，所以流过L1灯上的电流减小，选项D正确，综上所述，本题的正确选项为BD。

2．答案：

BC

解析：

根据题意分析得：

当电流计中有电流通过时，说明左边线圈中的电流是从下向上流的，由右手螺旋定则得出此感应电流的磁场方向是从下向下。

若ab棒向左匀速运动，则右边线圈中产生的感应电流是稳定的，则在左边线圈中不会再有感应电流产生，所以选项A错误；若当ab棒向右匀减速运动，右边线圈中的是从上向下在逐渐减小，右边线圈中的电流的磁场是从下向下在逐渐减小，则穿过左边线圈中的磁通是从下向下在不断减小，则该线圈中要产生一个向下的磁场，符合题意，所以B选项正确；则选项D是错误的；而当ab棒向左匀加速运动，同样也会在左边线圈中产生符合题意的电流，所以选项C也是正确的，综上所述，本题中的正确选项应该为BC。

3．答案：

C

解析：

由变压器的工作原理得到：

升高或者是降低电压时，不会改变交变电压的频率的，所以选项A和选项B错误；根据变压器的电流方程：

I1n1=I2n2，对于降压变压器来说，是电流变大了，所以此种变压器的副线圈的导线要粗些，所以选项C正确；因为变压器的输入功率是由输出功率决定的，所以选项D是错误的；综上所述，本题的正确选项应该为C。

4．答案：

AB

解析：

由题中给出的电动势的表达式可以得到该交变电动势的角速度是4π，所以由角速度和周期、频率的关系

，所以得到此交变电动势的频率为2Hz，周期是0.5s，所以选项A正确；周期是0.5s，所以1s内线圈中的电流方向改变4次，所以选项D错误；代入表达式t=0.25s，得到e=0，所以选项C错误；零时刻，电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，所以选项B正确，综上所述，本题的正确选项应该为AB。

5．答案：

C

解析：

根据题意得：

当加的交变电压是u=156sin120πtV，由正弦交变电流的有效值和最大值的关系

，计算出此时有电压有效值为110V，如果换用如示的电流，根据电流的热效应得到：

该种电流的有效值也是

，所以计算出有效值为78V，而交流电表测量的就是有效值，即示数是78V，所以选项C正确。

6．答案：

BD

解析：

根据变压器的电压关系

，当滑动触头向上移动，即n1在增大，所以电压U2应该减小，所以电压表示数减小，选项C错误；电压变小，则输出的电流变小，则负载电阻消耗的功率减小，所以输入的电流也减小，输入的功率也减小，所以选B和选项D正确，综上所述，本题正确选项为BD。

7．答案：

A

解析：

由题意得：

线圈总有一半在磁场中作切割磁感线的匀速圆周运动，所以产生的仍然是正弦交变电流，只是最大值为全线圈在磁场中匀速转动情况下产生的感应电动势最大值的一半，所以选项B和选项C是错误；再根据切割磁感线产生感应电流的右手定则，可以判断出A选项是符合题意要求的，综上所述，本题的正确选项为A。

8．答案：

D

解析：

由题意得：

当“110V60W”的灯泡正常发光，则灯泡两端的电压为110V，流过的电流为

，总电压是220V，所以直流电动机两端的电压也是110V，流过的电流为

，所以电动机输入的功率为60W，发热功率为1.3W，输出功率为58.7W，所以选项A和选项B错误；选项D是正确的；而电路消耗的总功率是120W，所以选项C错误；综上所述，本题的正确选项应该为D。

9．答案：

BD

解析：

因为变压器的副线圈上的电压

，当U1不变时，开关S断开，副线圈上的电压U2不会改变，所以选项A错误；当断开S时，副线圈输出端的电阻变大，则干路的电流变小，所以电阻R上的电压变小，所以选项B符合题意正确；再根据变压器的电流关系

，副线圈上的电流减小，所以原线圈上的电流也减小，所以选项D符合题意正确；副线圈上的电压U2不变，电流变小，所以电阻R上的电压减小，则灯泡L1两端的电压增加，则流过L1的电流变大，所以选项C错误，综上所述，本题的正确选项为BD。

10．答案：

C

解析：

若保持P的位置及U1不变，S由a合到b处，则n1减小，根据变压器的副线圈上的电压

，所以副线圈上的电压变大，且电流也变大，R上消耗的功率变大，根据变压器的电流关系

，所以原线圈上的电流变大，所以选项A错误；若保持P的位置及U1不变，S由b合到a处，情况正好相反，所以选项B错误；若保持U1不变，S置于b处，则副线圈上的电压U2不变，若将P向上滑动，电阻变小，所以电流I2变小，所以选项C正确；若保持P的位置不变，S置于a处，将U1增大，则U2变大，滑动变阻器上的电流变大，所以原线圈上的电流I1也变大，所以选项D错误，综上所述，本题的正确选项为C。

11．答案：

（1）

（2）

解析：

（1）根据正弦交变电流产生的规律得：

产生的电动势的最大值为：

代入数据得：

，所以电动势的有效值为

，则电压表有示数为：

（2）由能量守恒可得，外力在一个周期内做的功就等于电的功：

12．

（1）见下图

（2）1:

5，47:

11

（1）供电示意图如下：

（2）路损耗的功率P＇=P×6%=5×0.06KW=300W，输电线路电流I＇=

，对于升压变压器P2=P1，即I’×U2=5000W，得U2=1000V，这是送电电压，由于线损，即U’=I’.R=5×12V=60V，故经远距离输送后电压降至U3=U2－U＇=940V，要满足用户得到U4=220V，应有n3/n4=U3/U4，代入数据得：

940/220=47:

11，原副线圈的匝数之比为：

n1/n2=U1/U2，代入数据计算得：

200/1000=1:

5。

13．答案：

0.218A.

解析：

由小灯泡正常发光可求出输出功率P2=120Pe=120×4×0.1=48W，由P1=P2，知I1=P1/U1，代入数据计算得：

48/220=0.218A，若这些小电灯是串联接在一起的，小灯仍正常发光，则变压器的输出功率P2=120Pe=120×4×0.1=48W，P1=P2，I1=P1/U1=0.218A.

14．答案：

（1）50V

（2）40V（3）

（4）80W（5）

解析：

（1）

，所以电压表的示数为有效值即50V。

（2）S合上时，

，代入数据计算得I=

，所以电流表的示数为2A，电压表的示数即端电压

。

（3）

（4）

（5）

15．答案：

（1）

（2）

（3）BL1L2ω/2R

解析：

（1）线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流，线圈中产生的电动势的最大值为Em=BL1L2ω，所以电流的最大值为Im=BL1L2ω/R，负载电阻R上产生的热量Q=I2Rt=（

Im）2Rt=

。

（2）通过负载电阻R上的电荷量q=I△t=

。

（3）设此交变电流在一个周期内的有效值为I′，则由有效值的定义得：

I/2RT=（

Im）2R

，所以：

I′=

Im=BL1L2ω/2R。

16．答案：

（1）见下面解析

（2）5×104W（3）

，

（4）470盏

解析：

（1）如图所示：

②P0=

×50%=0.5

pgh=5×104W

③P扭=P0t%=

，代入数据计算得：

I2=10A。

又因为：

P0=I1U1=I2U2，所以代入数据计算得：

U2=5×103V，升压变压器匝数比

，降压变压器原线圈电压U3=U2-I2R=4700伏，所以降压变压器匝数比

④P户=P0-P热=NP灯，所以代入数据计算得：

N=470盏。

17．答案：

（1）40Ω

（2）20kV

解析：

（1）由题意知，输电线上功率损耗为：

ΔP=100kW，所以输电效率：

η=P有/P总×100%，代入数据计算得：

80%，而输电线电流：

I线=P/U=代入数据计算得：

500×103/10×103A=50A，由ΔP=I线2R线，得R线=ΔP/I线2，代入数据计算得：

100×103/502Ω=40Ω

（2）ΔP′=5%P总=25kW，时I线′=（ΔP′R线）1/2代入数据计算得：

I线′=25A，U′=P/I线′代入数据计算得：

20kV。

18．答案：

（1）１×10５Ｗ

（2）1:

8，95∶11

（１）水流功率：

Ｐ0＝ρＱgh，代入数据计算得：

１×１０３×４×１０×５Ｗ＝２×10５Ｗ

发电机组的功率：

Ｐ＝ηＰ0，代入数据计算：

５０％×２×10５Ｗ＝１×10５Ｗ

（２）输电示意图如图所示

Ｐ损＝５％Ｐ＝５×１０３Ｗ，因为：

Ｐ损＝

r∴I2＝

＝５０Ａ，Ｉ1＝Ｐ／Ｕ１＝400A，n1:

n2=I2:

I1=1:

8，又因为：

Ｕ１：

Ｕ２＝n1:

n2，所以Ｕ２＝n2U1/n1，代入数据计算得：

2000V，U3＝Ｕ２－ΔＵ＝U2-I2r，代入数据计算得：

1900Ｖ，因为：

n3:

n4＝Ｕ３：

Ｕ４＝95∶11