1、章末优化总结网络 体系构建专题 归纳整合章末综合检测交变电流 正弦交变电流 产生表述图像三角函数表达式表征参量瞬时值：eEmsin t或eEmcos t峰值：EmnBS有效值：EEm2，IIm2，UUm2周期：T频率：f T1f交变电流 对交变电流阻碍的器件电阻电感：感抗与线圈自感系数、交流电频率有关电容：容抗与电容器电容、交流电频率有关理想变压器原理：电磁感应规律电压与匝数关系：U1n1U2n2U3n3电流与匝数关系只有一个副线圈：I1I2n2n1有多个副线圈：I1n1I2n2I3n3功率关系：P入P出远距离输电电压损失功率损失高压输电原理专题一 交变电流“四值”辨析1最大值最大值是指交变电
2、流在变化过程中电动势、电压、电流所能达到的最大值，它反映的是交变电流的变化范围当线圈平面与磁感应强度 B 平行时，交变电流的电动势最大 EmNBS.N 为线圈的匝数，S 为线圈的面积，为线圈转动的角速度，Em的大小与线圈的形状及转轴的位置无关在考虑电容器的耐压程度时，应注意交变电流电压的最大值2有效值反映交变电流通过用电器把电能转化为其他形式能的本领强弱，是根据电流的热效应来规定的，即在同一时间内，能使同一电阻产生相等热量的直流电的数值，叫做该交流电的有效值正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系是 EEm2，UUm2，IIm2，各种交流电气设备的铭牌上标示的、交变电表所测量的以及在叙述中没有
3、特别说明的数值，都是指交流电的有效值在计算交变电流通过导体产生的热量、电功率以及确定电阻丝的熔断电流时，应用交变电流的有效值3瞬时值瞬时值是指交变电流在变化过程中某一时刻的电压、电流的数值，它反映的是某一时刻交变电流某物理量的大小当线圈平面处于中性面时开始计时，瞬时电动势的表达式为 eEmsin t.在求用电器某一时刻的电压、电流、消耗功率时常用瞬时值4平均值交变电流的平均值是交变电流图像中图形与横轴所围面积跟时间的比值求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值，平均电动势 E Nt，平均电流 I ER，通过导体横截面的电荷量 q I tNR.如图所示，在匀强磁场中有一个内阻 r3、面积
4、S0.02 m2的半圆形导线框可绕 OO轴旋转已知匀强磁场的磁感应强度 B5 2 T若线框以 100 rad/s 的角速度匀速转动，且通过电刷给“6 V,12 W”的小灯泡供电，则：(1)若从图示位置开始计时，则线框中感应电动势的瞬时值表达式如何？(2)从图示位置开始，线框转过 90的过程中，流过导线横截面的电荷量是多少？该电荷量与线框转动的快慢是否有关？(3)由题所给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡实际功率为多大？解析(1)EmBS5 2 0.02100 V10 2 V.瞬时值表达式为 eEmcos t10 2cos 100t V.(2)此过程中，穿过线框的磁通量变化
5、量为 BS，感应电动势的平均值为 Et，流过导线横截面的电荷量q I tERrt BSRr260 C，其中 R 为灯泡电阻，RU2P 3，q 与转动时间 t 无关，因而与转动角速度 无关(3)该电源电动势的有效值为 EEm210 V，路端电压 U ERRr5 V，而小灯泡的额定电压是 6 V，故小灯泡不能正常发光，属于欠压发光，其实际功率为 P 实U2R 253 W8.3 W.答案(1)e10 2cos 100t V(2)260 C 无关(3)不能正常发光，实际功率为 8.3 W1如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻 r1.0，外接 R9.0 的电阻闭合开关 S，当发电机转子以某一转速匀速转动
6、时，产生的电动势 e10 2sin 10t(V)，则()A该交变电流的频率为 10 HzB该电动势的有效值为 10 2 VC外接电阻 R 所消耗的电功率为 10 WD电路中理想交流电流表A 的示数为 1.0 A解析：由交变电流的电动势表达式 e10 2 sin 10t(V)Emsin t 可知，该交变电流的频率为 f 2102 Hz5 Hz，A 错误该交变电流的电动势有效值 EEm210 22 V10 V，B 错误电流的有效值 I ERr109.01.0 A1.0 A，外接电阻 R所消耗的电功率 PRI2R1.029.0 W9 W，故 C 错误，D 正确答案：D2边长为 a 的 N 匝正方形线
7、圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，以角速度 绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈的电阻为 R.求线圈从中性面开始转过 90角的过程中：(1)产生的热量；(2)通过导线横截面的电荷量解析：(1)感应电动势的峰值 EmNBa2，故有效值为 IIm2 Em2RNBa22R.线圈转过 90角的时间为 tT4 2.所以线圈产生的热量 QI2RtN2B2a44R.(2)线圈转过 90角的过程中，平均感应电动势为E Nt NBa222NBa2.平均电流 I ER 2NBa2R.所以通过导线横截面的电荷量为 q I tNBa2R.答案：(1)N2B2a44R(2)NBa2R专题二 变压器问题中的三种特殊类型类型
8、一：理想变压器的变压原理问题对于磁感线回路唯一的“”形变压器，当原线圈中磁通量变化时，整个闭合铁芯中，t 处处相等，而对于磁感线回路不唯一的如“”形变压器不同位置t 可能不同，此时有1t 2t 3t.在绕制变压器时，某人将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上当通以交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂已知线圈 1、2 的匝数之比 n1n221.在不接负载的情况下()A当线圈 1 输入电压为 220 V 时，线圈 2 输出电压为 110 VB当线圈 1 通入电压为 220 V 时，线圈 2 输出电压为 55 VC当线圈 2 输入电压为 110 V 时
9、，线圈 1 输出电压为 220 VD当线圈 2 输入电压为 110 V 时，线圈 1 输出电压为 440 V思路点拨 由于两线圈中t 不相等，U1U2n1n2关系不成立，只能根据法拉第电磁感应定律求解解析 在不考虑原、副线圈内电阻的情况下，变压器原、副线圈电压之比U1U2 等于原、副线圈中产生的感应电动势之比E1E2.当给线圈 1 输入电压 U1 时，U1U2E1E2n11tn22tn11n22212141.当从线圈 2 输入电压 U2时，U2U1E2E1n22tn11tn22n11122111.所以选项 B 正确答案 B类型二：变压器原线圈接有用电器的问题由于原线圈中接有用电器，所以原线圈两
10、端电压不等于电源电压，这种情况下电源两端电压等于用电器两端电压与原线圈两端电压之和若从电压与匝数关系分析，难以得出结论，所以这类问题一般由电源关系入手解决比较方便 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1n241，原线圈回路中的电阻 A 与副线圈回路中的负载电阻 B 的阻值相等a、b 端加一交流电压后，两电阻消耗的电功率之比 PAPB_，两电阻两端的电压之比 UAUB_.解析 理想变压器的原、副线圈中的电流之比IAIBn2n114.又 RARB，因此消耗的电功率之比PAPBI2ARAI2BRB(IAIB)2116由 UAIARA，UBIBRB，得UAUBIAIBn2n114.答案 116
11、 14类型三：有两组或两组以上副线圈的变压器问题两个副线圈以上的变压器称为多个副线圈问题，这一类理想变压器同样遵守功率关系和电压关系，一对一的电流跟匝数的反比不再成立同一铁芯上的每个线圈都处在同样的变化的磁场中，因此穿过任何一个线圈的每一匝内的磁通量的变化率是一样的，因此电压关系同样成立，而电流关系，只能由 P 入P 出(即 I1U1I2U2I3U3)求解 如图所示，理想变压器的线圈匝数比为 n1n2n32211，此时灯 L 恰能正常发光，电阻消耗的功率为 12 W，则此变压器的输入电压为_V，原线圈中的电流为_A.解析 两个副线圈消耗的能量均由原线圈提供，因此原线圈输入功率应等于两个副线圈消
12、耗的总功率由U1U2n1n2及 U2P2I2，得 U110 V221，所以 U1220 V.由 U1I1P2P3，得 I110 W12 W220 V0.1 A.答案 220 0.1解答变压器问题离不开理想变压器的三个关系，即功率关系、电压关系、电流关系仔细审查题目中的已知条件，找到突破口，再结合三个关系分别求解专题三 远距离输电问题1输电示意图如图所示：2处理输电问题的依据(1)理想变压器输入功率等于输出功率，即 P1P2，P3P4.(2)U1U2n1n2，U3U4n3n4.(3)升压变压器原线圈电流 I1P1U1，副线圈电流 I2P2U2，其中 I2 是输电线上的电流(常叫做输送电流)，U2
13、I2rU3.(4)功率损失 PI22rU2U32r，P2P3P.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，允许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可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
14、率求出 U2，然后再求出 U3.(1)由线路损耗的功率 P 线I2线R 线可得I 线P线R线9 0004%10 A6 A.又因为 P 输出U2I 线，所以 U2P输出I线 9 0006 V1 500 V.U3U2I 线R 线(1 500610)V1 440 V.根据理想变压器规律n1n2U1U2 500 V1 500 V13，n3n4U3U41 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 13 和 7211.(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 A18 A.所以线路损耗的功率P 线
15、I 线2R 线18210 W3 240 W.用户得到的电压U 用户UI 线R 线(5001810)V320 V.用户得到的功率P 用户P 输出P 线(9 0003 240)W5 760 W.答案(1)13 7211(2)320 V 5 760 W1远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为 n1、n2，电压分别为 U1、U2，电流分别为 I1、I2，输电线上的电阻为 R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是()A.I1I2n1n2BI2U2RCI1U1I22RDI1U1I2U2解析：由理想变压器的电流关系可知I1I2n2n1，A 错误；I2URR，而 U2URU3，故I
16、2U2R，B 错误；P 入P 出，即 U1I1U2I2，而 U2I2R，C 错误，D 正确答案：D2马鞍山市拥有长江黄金水道而具有得天独厚的电力资源，在 2010 年上海世博会之前分两期兴建了总装机容量为 1.1105 kW 的发电厂建成后，若采用 110 kV 电压向上海输电已知从马鞍山到上海的输电线总电阻为 10.(1)求输电导线损耗的功率；(2)若为了降低损耗，把输电电压提高为 220 kV，求提高输电电压后比原来少损耗的功率解析：(1)由公式 PUI 得IPU 11107110103 A1103 A.则 P 损I2R1107 W.(2)由公式 I PU 11107220103 A5102 A.则 P 损I2R2.5106 W.则 PP 损P 损7.5106 W.答案：(1)1107 W(2)7.5106 W章末综合检测
