教科版高中物理选修32学案：第二章交变电流7电能的输送含答案.

第7节电能的输送1。

远距离输电过程中，在导线上既有能量的损耗，还有电压损失.2．根据P损＝I2r可知,减小输电线上的功率损失有两个途径：一是减小输电线的电阻，二是减小输电电流。

3．在输送功率一定时,提高输送电压,可以减小输电电流。

4．当输送功率很大时，电感、电容引起的电压及电能损失也很大,这时可以采用高压直流输电方式。

一、电能输送中的电压损失和电能损耗1．电能输送中的电压损失U损＝Ir，其中I为输电线中的电流,r为输电线的电阻.2．电能输送中的电能损失（1）电能损失：W损＝P损t。

（2）功率损失：P损＝I2r。

二、远距离输电系统1．电网通过网状的输电线、变电站,将许多电厂和广大用户连接起来,形成全国性或地区性的输电网络.2．远距离输电基本原理在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压。

三、直流输电1．采用高压直流输电的原因当交流输电功率很大时,导线的电感、电容引起的电压及电能损失很大；同一电网供电的发电机同步运行，技术上存在困难。

2．输电过程在发电站区域经变压器升压，由换流设备将交流变为直流，用高压直流进行远距离传输，在用户区域由换流设备再将直流变为交流，经变压器降压送给用户.1．自主思考——判一判（1)增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。

（√）（2）高压输电是通过提高电压、减小输电电流来减少电路的发热损耗。

(√）（3）高压输电一定是电压越高越好。

(×)（4)远距离输电时，若升压变压器匝数比为1∶n ，降压变压器匝数比为n ∶1,则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等。

（×）(5）直流电压不能实现升压，因此直流输电不采用高压输电。

(×) (6)大功率输电时，导线的电感和电容引起的电压和电能损失很大。

（√)（7)高压直流输电是通过升压变压器升压后,再由换流设备将交流变为直流，从而实现远距离直流传输的.（√) 2．合作探究——议一议（1)在农村电网改造前，离变压器越远的用户，电灯越暗，日光灯在过节时不能正常启动,你知道其中的原因吗？ 提示：电能在输送过程中存在电压损失和电能损失,农村电网改造前，输电线较细,电阻较大，导线损失电压较大，到过节时,各家用电器增多，线路电流更大，电压损失更大，致使用电器不能正常工作。

§5.5 电能的输送制作：_____________审核：______________班级： .组名： . 姓名： .时间：年月日【学习指导】：1兴趣、好奇心、不断尝试、自主性、积极性2动脑思考3狠抓落实，而且要有具体的落实措施4听懂是骗人的，看懂是骗人的，做出来才是自己的5独立、限时、满分作答6不仅要去学习，而且要学出效果，还要提高效率。

7保证效果就要每个点都要达标。

达标的标准是能够“独立做（说、写）出来”，不达标你的努力就体现不出来8该记的记，该理解的理解，该练习的练习，该总结的总结，勿懈怠！9费曼学习法：确定一个学习的知识点；假设你在教授别人该知识点；遇到卡壳时回顾相关知识点；简化你的语言，达到通俗易懂的程度。

该法尤其适合概念、定义、定理、定律等的理解和记忆。

10明确在学习什么东西，对其中的概念、定律等要追根溯源，弄清来龙去脉才能理解透彻、应用灵活11总结：11.1每题总结：每做完一道题都要总结该题涉及的知识点和方法11.2题型总结：先会后熟，一种题型先模仿、思考，弄懂后，总结出这类题型的出现特征、解题方法，然后再多做几道同类型的，直到遇到这种题型就条件反射得知道怎么做11.3小节总结：总结该小节的知识结构、常见题型及做法11.4章节总结：总结该章节的知识结构、常见题型及做法12步骤规范，书写整洁，条理清晰13多做多思，孰能生巧，熟到条件反射，这样一是能见到更多的出题方式，二是能提高做题速度14根据遗忘曲线，进行循环复习15错题本的建立：在每次发的试卷资料的右上角写上日期，同一科目的试卷按日期顺序放好。

在做错的题号上画叉号，在不会做的题号上画问号，以后就是一本很好的错题集。

其他资料亦如此处理。

这种方式简单实用。

同时，当你积攒到一定程度，看到自己做过的厚厚的资料，难道不会由衷的产生一种成就感么？！16步骤一步一步的写，最好不要把几个公式合成一个式子来写，因为有步骤分【一分钟德育】自信、乐观，坚信自己一定会成功永远不要听信那些习惯消极悲观看问题的人因为他们只会粉碎你内心最美好的梦想与希望！总是记住你听到的充满力量的话语，因为所有你听到的或读到的话语都会影响你的行为。

学案3 习题课：交变电流的产生及描述[学习目标定位] 1.理解交变电流的产生过程，能够求解交变电流的瞬时值.2.理解交变电流图像的物理意义.3.知道交变电流“四值”的区别，会求解交变电流的有效值．1．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，瞬时值表达式e ＝E m sin ωt (从中性面开始计时)．2．正弦式交变电流的最大值E m ＝NBSω，即最大值由线圈匝数N 、磁感应强度B 、转动角速度ω及线圈面积S 决定，与线圈的形状、转轴的位置无关．(填“有关”或“无关”)3．线圈在转动过程中的平均电动势，要用法拉第电磁感应定律计算，即E ＝N ΔΦΔt.4．正弦交流电的有效值U ＝U m 2，I ＝I m2.其他非正弦交流电的有效值根据电流的热效应求解.一、对交变电流产生规律的理解求解交变电动势瞬时值时：(1)首先要计算峰值E m ＝NBSω；(2)确定线圈转动从哪个位置开始，以便确定瞬时值表达式是按正弦规律变化还是按余弦规律变化；(3)确定线圈转动的角速度ω(以rad/s 作单位)；最后确定感应电动势的瞬时值表达式．例1 图1甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图．其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的匝数n ＝100匝，电阻r ＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R 连接，电阻R ＝90 Ω，与R 并联的交变电压表为理想电表．在t ＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 按图乙所示正弦规律变化．求：图1(1)交流发电机产生的电动势最大值； (2)电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转过130 s 时电动势的瞬时值；(4)电路中交变电压表的示数．解析 (1)交流发电机产生电动势的最大值E m ＝nBSω而Φm ＝BS ，ω＝2πT ，所以E m ＝2n πΦmT由Φ－t 图线可知，Φm ＝2.0×10－2 Wb ，T ＝0.2 s 所以E m ＝20π V ＝62.8 V.(2)线圈转动的角速度ω＝2πT ＝2π0.2 rad/s ＝10π rad/s ，由于从垂直中性面处开始计时，所以感应电动势瞬时值表达式为e ＝E m cos ωt ＝62.8cos (10πt ) V(3)当线圈转过130 s 时e ＝20πcos (10π×130) V ＝10π V ＝31.4 V(4)电动势的有效值E ＝E m2＝102π VU ＝R R ＋r E ＝90100×102π V ＝92π V ≈40 V答案 (1)62.8 V (2)e ＝62.8cos (10πt ) V (3)31.4 V (4)40 V二、交变电流图像的应用正弦交流电的图像是一条正弦曲线，从图像中可以得到以下信息： (1)交变电流的峰值I m 、E m 、周期T 、频率f .(2)可根据线圈转至中性面时电流为零的特点，确定线圈处于中性面的时刻，确定了该时刻，也就确定了磁通量最大的时刻和磁通量变化率最小的时刻．(3)可根据线圈转至与磁场平行时感应电流最大的特点，确定线圈与中性面垂直的时刻．此时刻也就是磁通量为零的时刻和磁通量变化率最大的时刻．例2 如图2所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )图2A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先、后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值为u ＝10sin (5πt ) VD ．交流电b 的最大值为203V解析 由题图可知，t ＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；由题图可知T a ∶T b ＝2∶3，故n a ∶n b ＝3∶2，B 正确；由题图可知，C 正确；因ωa ∶ωb ＝3∶2，交流电最大值U m ＝NBSω，故U m a ∶U m b ＝3∶2，U m b ＝23U m a ＝203 V ，D 正确．答案 BCD三、交变电流有效值的计算 求解有效值的一般方法和技巧：(1)首先要分析交变电流的变化规律，正弦式交变电流的最大值和有效值的关系是I ＝I m2、U ＝U m2，非正弦式交变电流一般不符合此关系．(2)对于非正弦式交变电流，可在一个周期内分段求出产生的热量，再求热量的总和Q .将总热量Q 用相应的物理量I 或U 来表示(如Q ＝I 2RT 或Q ＝U 2R T )，则I 或U 即为非正弦式交变电流的相应有效值．例3 图3表示一交流电电流随时间变化的图像，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为I m ；电流的负值强度为I m ，则该交流电的有效值为 ( )图3 A.I m2B.2I m C ．I mD.32I m 解析 根据有效值的定义，取一个周期T ，则Q ＝(I m 2)2R T 2＋I 2m R T 2＝I 2RT 解得：I ＝32I m ，故选D.答案 D四、交变电流“四值”的应用比较交变电流的四值，即峰值、有效值、瞬时值、平均值，在不同情况下的使用： (1)在研究电容器的耐压值时，只能用峰值．(2)在研究交变电流做功、电功率及产生的热量时，只能用有效值，交流电表显示的也是有效值．(3)在研究交变电流通过导体横截面的电荷量时，只能用平均值． (4)在研究某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值．特别提醒 (1)交变电流的平均值是针对某一过程的物理量，在不同的时间内平均值一般不相同．(2)平均电动势不等于初、末两时刻瞬时值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算即E ＝N ΔΦΔt. 例4 一个电阻为r 、边长为L 的正方形线圈abcd 共N 匝，线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO ′以如图4所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.图4(1)求出此刻线圈感应电流的方向．(2)线圈转动过程中感应电动势的最大值为多大？ (3)线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大？(4)设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周柴油机做多少功？ (5)从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R 的电荷量是多少？ (6)图中电流表和电压表的示数各是多少？ 解析 (1)由右手定则可判定电流的方向沿adcba . (2)E m ＝NBSω＝NBωL 2.(3)线圈平面与B 成60°角时的瞬时感应电动势e ＝E m cos 60°＝12NBωL 2.(4)电动势的有效值E ＝E m2.电流的有效值I ＝ER ＋r ，由于不计能量损失，柴油机做的功全部转化为电能，线圈转一周，柴油机做的功 W ＝EIt ＝E 2R ＋rt ＝⎝⎛⎭⎫NBωL 222R ＋r·2πω＝πN 2B 2ωL 4R ＋r.(5)通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝N ΔΦΔtR ＋r ·Δt＝N ΔΦR ＋r ＝NBL 2·sin 60°R ＋r ＝3NBL 22(R ＋r )(6)电流表示数 I ＝E R ＋r ＝E m 2(R ＋r )＝NBL 2ω2(R ＋r ) 电压表示数U ＝IR ＝NBL 2ωR2(R ＋r )答案 见解析1．(交变电流图像的应用)图5甲、乙分别表示两种电压的波形，其中甲电压按正弦规律变化．下列说法正确的是( )图5A ．甲表示交流电，乙表示直流电B ．两种电压的有效值相等C ．甲电压的瞬时值表达式为u ＝311sin (100πt ) VD ．甲交变电流的有效值比乙交变电流的有效值大 答案 CD解析 两题图中交变电流的大小和方向都随时间变化，在t 轴的上方为正，下方为负，A 错．有效值E ＝E m2只对正弦交流电适用，将两个图像叠放在一起，可以看出两个交变电流的最大值相等，甲对应的有效值大，所以B 错，D 对．由题图甲可知C 对．2．(交变电流有效值的计算)如图6所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )图6A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶6答案 C解析 电功的计算，I 要用有效值计算，题图甲中，由有效值的定义得(12)2R ×2×10－2＋0＋(12)2R ×2×10－2＝I 21R ×6×10－2，得I 1＝33 A ；题图乙中，I 的值不变，故I 2＝1 A ，由W ＝UIt ＝I 2Rt 可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3.C 正确．3．(对交变电流产生规律的理解)如图7所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB 轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B ＝52πT ，线框的CD 边长为20 cm ，CE 、DF 长均为10 cm ，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：图7(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在e －t 坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图像． 答案 (1)e ＝102cos (100πt ) V (2)见解析图解析 (1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，在t 时刻线框转过的角度为ωt ，此时刻e ＝Bl 1l 2ωcos ωt ，即e ＝BSωcos ωt ，其中B ＝52π T ，S ＝0.1×0.2 m 2＝0.02 m 2，ω＝2πn ＝2π×50 rad/s ＝100π rad/s ，故e ＝52π×0.02×100πcos (100πt ) V ，即e ＝102cos (100πt ) V .(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图像如图所示．4．(交变电流“四值”的应用比较)如图8所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO ′轴从图示位置开始匀速转动．已知从图示位置转过π6时，线圈中电动势大小为10 V ，求：图8(1)交变电动势的峰值； (2)交变电动势的有效值；(3)与线圈相接的交流电压表的示数． 答案 (1)20 V (2)10 2 V (3)10 2 V解析 (1)图示位置为中性面，从此时开始计时，交变电动势的瞬时值为e ＝E m sin ωt ，将ωt ＝π6，e ＝10 V 代入上式，求得E m ＝20 V.(2)此电流为正弦交变电流，所以交变电动势的有效值E＝E m2＝202V＝10 2 V.(3)此交流电压表测的是电动势的有效值，大小为10 2 V.题组一对交变电流产生规律的理解1．如图1所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动．在线框由水平位置以角速度ω匀速转过90°的过程中，穿过线框面的最大磁通量为Φ，已知导线框的电阻为R，则下列说法中正确的是()图1A．导线框转到如图所示的位置时电流的方向将发生改变B．导线框转到如图所示的位置时电流的方向为badcC．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝Φωsin ωtD．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝Φωcos ωt答案 D2．面积均为S的两个电阻相同的线圈，分别放在如图2甲、乙所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为B＝B0cos 2πT t，从图示位置开始计时，则()图2A．两线圈的磁通量变化规律相同B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C．经相同的时间t(t＞T)，两线圈产生的热量不同D．从此时刻起，经T/4时间，通过两线圈横截面的电荷量不同答案 A解析甲图中的磁通量变化规律为Φ甲＝B0S cos 2πT t，乙图中磁通量的变化规律为Φ乙＝B0S cos 2πT t.由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E 也相同，又因两线圈电阻相同，所以Q ＝E 2Rt 也相同，经过T 4时间，通过两线圈横截面的电荷量q ＝I ·T4也相同，故A 正确． 题组二 交变电流图像的应用3．某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图像是 ( )答案 B解析 线圈转速为正常时的一半，据ω＝2πn ＝2πT 知，周期变为正常时的2倍，又据E m ＝NBSω知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，知正确选项为B.4．一矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交变电动势e 随时间t 变化的情况如图3所示，下列说法中正确的是 ( )图3A ．此交流电的频率为0.2 HzB ．此交变电动势的有效值为1 VC ．t ＝0.1 s 时，线圈平面与磁场方向平行D ．在线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为1100πWb 答案 D解析 由题图可知，此交流电的周期T ＝0.2 s ，频率f ＝1T ＝5 Hz ，A 错．E ＝E m 2＝22 V ，B错误．t ＝0.1 s 时，感应电动势为0，线圈平面与磁感线垂直，C 错误．因E m ＝NBSω，其中N ＝10，ω＝2πT ＝10π rad/s ，故Φm ＝BS ＝1100π Wb ，D 正确．5．如图4(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θ＝45°时为计时起点，如图(b)所示，并规定当电流自a 流向b 时电流方向为正．则下列所示的四幅图中正确的是( )图4答案 D解析 由楞次定律知，t ＝0时，感应电流方向为负，线圈平面与中性面的夹角为π2－θ＝π4，线圈再转过π4到达中性面，所以，在线圈转过π4的过程中电流在减小，θ＝π4时，i ＝0，因而只有D 项正确．题组三 交变电流有效值的计算6．A 、B 是两个完全相同的电热器，A 通以图5甲所示的方波交变电流，B 通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率P A ∶P B 等于 ( )图5A ．5∶4B ．3∶2 C.2∶1D ．2∶1答案 A解析 方形波的有效值为I 20R T 2＋14I 20R T2＝I 21RT ，解得：I 1＝ 58I 0正弦交流电有效值为：I 2＝I 02所以P A ∶P B ＝I 21R ∶I 22R ＝5∶4，故选A. 题组四 交变电流“四值”的应用比较7．如图6所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab 边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S ，线圈导线的总电阻为R .t ＝0时刻线圈平面与纸面重合．则( )图6 A ．线圈中电流t 时刻瞬时值表达式为i ＝BSωRcos ωtB ．线圈中电流的有效值为I ＝BSωRC ．线圈中电流的有效值为I ＝2BSω2RD ．线圈消耗的电功率为P ＝(BSω)22R答案 CD解析 回路中感应电动势最大值E m ＝BSω，电流最大值I m ＝E m R ＝BSωR，t ＝0时线圈位于中性面，故电流瞬时值表达式i ＝BSωR sin ωt .线圈中电流的有效值I ＝I m 2＝2BSω2R ，P ＝I 2R ＝B 2ω2S 22R，故A 、B 错误，C 、D 正确． 8.如图7所示，在匀强磁场中有一个内阻r ＝3 Ω、面积S ＝0.02 m 2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B ＝52π T ．若线框以ω＝100π 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：图7(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式；(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？答案 (1)e ＝102cos (100πt ) V (2)260π C 无关 (3)不能 253W解析 (1)线框转动时产生感应电动势的最大值E m ＝BSω＝52π×0.02×100π V ＝10 2 V11 因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m cos ωt ＝102cos (100πt ) V .(2)线框转过90°的过程中，产生的平均电动势E ＝ΔΦΔt. 流过导线横截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝BS R ＋r， 又灯泡电阻R ＝U 20P 0＝6212Ω＝3 Ω. 故q ＝BS R ＋r ＝52π×0.023＋3C ＝260π C ，与线框转动的快慢无关．(3)线框产生的感应电动势的有效值E ＝E m 2＝10 V ，灯泡两端电压U ＝E R ＋r R ＝5 V ．因U ＜6 V ， 故灯泡不能正常发光．其实际功率P ＝U 2R ＝523 W ＝253W.。

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第7节电能的输送1．输电线上的功率损失P＝________，降低输电损耗的两个途径为：__________________，________________________________.2．远距离输电的基本原理：在发电站内用______变压器______电压，然后进行远距离输电，在用电区域通过______变压器______所需的电压．3．现代的直流输电,只有__________这个环节使用直流．发电机发出的交流电,通过变压器升高电压，然后使用______设备使它成为直流电，用输电线把____________输送出去，到用电地点附近，再使用________把直流电变回到交流电并通过变压器降压后供用户使用(整流和逆变统称为换流)．4．下列关于电能输送的说法中正确的是（）A．输送电能的基本要求是可靠、保质、经济B．减小输电导线上功率损失的惟一办法是采用高压输电C．减小输电导线上电压损失的惟一方法是增大输电线的横截面积D．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输电功率大小、距离远近、技术和经济条件等5．输电导线的电阻为R,输送电功率为P。

现分别用U1和U2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为（）A．U1∶U2B．U错误!∶U错误!C．U2，2∶U错误!D．U2∶U16．如图1所示为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是（)图1A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好【概念规律练】知识点一线路损耗问题1．发电厂发电机的输出电压为U1,发电厂至学校的输电线电阻为R，通过导线的电流为I，学校输入电压为U2，下列计算输电线损耗的式子中，正确的是（）A。

学案8 章末总结一、交变电流“四值”的计算和应用1．最大值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的交变电流最大值E m＝NBSω，在考虑电容器的耐压值时应根据交流电的最大值．2．有效值：正弦式交流电的有效值I＝I m2，其他交变电流的有效值应根据有效值的定义计算，求电功、电功率，确定保险丝的熔断电流，要用到有效值；没有特殊说明时，交流电的电流、电压、电动势指有效值，交流电表的测量值是有效值，交流用电设备上所标的额定电压、额定电流是有效值．3．瞬时值：当从线圈平面处于中性面时开始计时，瞬时电动势的表达式为e＝E m sin ωt.瞬时值对应某一时刻的电压、电流值．4．平均值：平均值需用E＝N ΔΦΔt和I＝ER进行计算，求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值．q ＝I ·Δt ＝NΔΦR.例1 如图1所示，交流发电机的矩形线圈abcd 中，ab ＝cd ＝50 cm ，bc ＝ad ＝30 cm ，匝数n ＝100匝，线圈电阻r ＝0.2 Ω，外电阻R ＝4.8 Ω.线圈在磁感应强度B ＝0.05 T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO ′匀速转动，角速度ω＝100π rad/s.图1(1)求产生感应电动势的最大值．(2)若从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的函数表达式． (3)交流电压表和交流电流表的示数各为多少？ (4)此发电机的功率为多少？(5)从图示位置起，转过90°过程中，平均电动势为多少？通过线圈截面的电荷量为多少？ 解析 (1)设ab ＝l 1，bc ＝l 2，则交流电动势的最大值E m ＝nBl 1l 2ω≈235.5 V (2)根据闭合电路欧姆定律，电流的最大值I m ＝E mR ＋r＝47.1 A在题图所示位置时，电流有最大值，则电流的瞬时值表达式为i ＝I m cos ωt ，代入数值得i ＝47.1cos (100πt ) A (3)电流的有效值为I ＝I m2≈33.3 A路端电压的有效值为U ＝IR ≈160 V即电压表的示数为160 V ，电流表的示数为33.3 A. (4)电动势的有效值为E ＝E m2≈166.5 V则发电机的功率为P ＝IE ≈5 544 W (5)平均电动势为E ＝nΔΦΔt ＝n BS －0π/2ω＝n 2Bl 1l 2ωπ＝150 V通过线圈截面的电荷量q ＝I Δt ＝ER ＋rΔt ＝nΔΦR ＋r ＝n Bl 1l 2R ＋r＝0.15 C 答案 (1)235.5 V (2)i ＝47.1cos (100πt ) A (3)160 V 33.3 A (4)5 544 W (5)150 V 0.15 C 二、交变电流图像的应用交流电的图像反映了交变电动势(电流)随时间的变化特征，对正弦式交流电来说，我们可以从图像中获取如下信息： 1．交流电的周期(T )一个完整的正弦波对应的时间段，知道了周期便可以算出线圈转动的角速度ω＝2πT.2．交流电的最大值(E m 、I m )图像上的峰值，知道了最大值，便可计算出交变电动势(交变电流)的有效值． 3．任意时刻交流电的瞬时值图像上每个“点”表示某一时刻交流电的瞬时值．例2 如图2所示是某正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的 ( )图2A ．周期是0.01 sB ．最大值是311 VC ．有效值是220 VD ．表达式为u ＝220sin πt (V)解析 由题图知：最大值U m ＝311 V ，且为正弦交流电，有效值U ＝U m2≈220 V ，周期T ＝0.02s ，表达式为u ＝311sin (100πt ) V ，故B 、C 选项正确． 答案 BC三、变压器电路的动态问题分析 动态分析该类问题的思路可表示为：例3 用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压不变，如图3所示．开始时开关S 是断开的．现将开关S 闭合，则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是 ( )图3A.、的示数不变，的示数增大，的示数减小，P 入增大B.、的示数不变，、的示数增大，P 入增大C.、的示数不变，、的示数减小，P 入减小D.的示数不变，的示数增大，的示数减小，的示数增大，P 入减小解析 电压表的示数由输入电压决定；电压表的示数由输入电压U 1(大小等于电压表的示数)和匝数比n 1/n 2决定；电流表的示数由输出电压U 2(大小等于电压表的示数)和负载电阻R 负决定；电流表的示数即I 1由变压器的匝数比n 2/n 1和输出电流I 2决定；P 入随P出而变化，由P 出决定．因输入电压不变，所以电压表的示数不变．据公式U 2＝n 2U 1/n 1，可知U 2也不变，即电压表的示数不变．又据I 2＝U 2/R 负知，S 闭合后R 负减小，故I 2增大，电流表的示数增大；输入电流I 1随输出电流I 2的增大而增大，故电流表的示数增大．因P出＝U 2I 2，故P 出增大．P 入随P 出变化而变化，故P 入也增大．故选B.答案 B四、远距离输电线路的分析与计算 解决远距离输电问题要注意以下两点：1．首先画出输电示意图，包括发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载等，在图中标出相应物理量符号，利用输电电流I ＝P /U ，输电线上损失电压ΔU ＝IR 线，输电线损失功率ΔP ＝I 2R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2R 线及其相关知识解答．2．分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量之间的关系，特别注意以升压变压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈组成的回路，在此回路中利用电路知识分析电压关系和功率关系．例4 发电机输出功率为40 kW ，输出电压400 V ，用变压比(原、副线圈匝数比)为1∶5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5 Ω，到达用户后再用变压器降为220 V ，求：(1)输电线上损失的电功率是多少？ (2)降压变压器的变压比是多少？ 解析 输电线路如图所示(1)发电机输出的电压为400 V ，经升压变压器后电压为U ＝51×400 V ＝2×103V ，由P ＝UI得输电线上的电流I ＝P U ＝40×1032×103 A ＝20A ，输电线上损失的功率ΔP ＝I 2R ＝202×5 W ＝2×103W.(2)输电线上的电压损失ΔU ＝IR ＝20×5 V ＝100 V加在降压变压器原线圈两端的电压U 1＝U －ΔU ＝2×103V －100 V ＝1.9×103V ，降压变压器副线圈两端的电压(用户所需的电压)U 2＝220 V ，故降压变压器的变压比n 1n 2＝U 1U 2＝1.9×103 V220 V＝9511. 答案 (1)2×103W (2)95∶111．(交变电流图像的应用)在匀强磁场中，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图4甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则 ( )图4A ．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 VD ．线框产生的交变电动势频率为100 Hz 答案 B解析 由题图乙可知该正弦交变电流的电动势最大值为311 V ，周期等于0.02 s ，根据正弦交变电流的最大值与有效值之间的关系E ＝E m2得知选项C 错误；又f ＝1T ，则频率为f ＝50 Hz ，选项D 错误；当t ＝0.005 s 时，e ＝N ΔΦΔt ＝311 V ，取得最大值，穿过线圈的磁通量变化率最大，选项A 错误；当t ＝0.01 s 时，交变电压及电流方向发生改变，电压值最小等于零，线框平面与中性面重合，选项B 正确．2．(变压器电路的动态分析问题)如图5所示，是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．输出电压通过输电线输送给用户，每条输电线总电阻用R 0表示．当负载增加时，则 ( )图5A ．电压表的示数减小B ．电流表的示数减小C ．电流表的示数减小D ．电压表、的示数之差增大 答案 AD解析 本题考查欧姆定律和变压器的原理，意在考查学生对欧姆定律和变压器原理的理解．输入电压是市区电网的电压，不随负载的增加而变化，变压器原、副线圈的匝数不变，由变压器的变压原理U 1U 2＝n 1n 2可得，电压表的示数U 2保持不变，当负载增加时，意味着并联了更多的用电器，即负载的总阻值减小，而I 2＝U 22R 0＋R 载，所以副线圈中的电流增大，即电流表的示数增大，根据变压器的功率原理P 出＝P 入即U 2I 2＝U 1I 1可知，由于输出功率增大，输入电流I 1增大，B 、C 错误；由于输电导线与负载串联，随着负载阻值的减小电流增大，输电导线上的电压U 0＝2I 2R 0增大，所以负载两端的电压U 载＝U 2－U 0减小，即电压表的示数减小，A 正确；电压表与电压表的示数之差为输电线上的电压，即U 0变大，D 正确． 3．(交变电流“四值”的应用和计算)如图6所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ，边长L ＝10 cm 的正方形线圈abcd 共100匝，线圈电阻r ＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s ，外电路电阻R ＝4 Ω，求：图6(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60°角时的瞬时感应电动势；(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势； (4)交流电压表的示数； (5)线圈转动一周外力所做的功；(6)从图示位置起，16周期内通过R 的电荷量为多少？答案 (1)3.14 V (2)1.57 V (3)2.6 V (4)1.78 V (5)0.99 J (6)0.086 6 C 解析 (1)感应电动势的最大值为E m ＝NBS ω＝3.14 V(2)转过60°时的瞬时感应电动势为e ＝E m cos 60°＝3.14×0.5 V ＝1.57 V.(3)转过60°角过程中产生的平均感应电动势为E ＝nΔΦΔt ＝n BS sin 60°16T ＝100×0.5×0.1×0.1×3216×2π2π V ≈2.6 V.(4)电压表示数为外电路电压的有效值U ＝ER ＋r ·R ＝3.1424＋1×4 V ≈1.78 V (5)线圈转动一周外力所做的功等于电流产生的热量W ＝Q ＝(E m2)2·1R ＋r·T ≈0.99 J (6)16周期内通过电阻R 的电荷量为 q ＝I ·T6＝ER ＋r ·T6＝NBS sin 60°T 6(R ＋r )·T6＝NBS sin 60°R ＋r≈0.086 6 C.4．(远距离输电线路的分析与计算)一交流发电机输出端的电压为220 V ，输出功率为4 400 W ．若用2 Ω的输电导线给用户送电．(1)如果用220 V 的电压直接输送，用户得到的电压和电功率各是多少？输电效率是多少？ (2)如果先用匝数比为1∶10的变压器将电压升高，经过同样的输电线后，再用匝数比为10∶1的变压器将电压降低供给用户，用户得到的电压和电功率各是多少？输电效率又是多少？答案 (1)180 V 3 600 W 81.8% (2)219.6 V 4 392 W 99.8% 解析 (1)输电示意图如图所示 输电线上电流I ＝P U ＝4 400220A ＝20 A 故用户得到的电压U ′＝U －ΔU ＝220 V －20×2 V ＝180 V ，故用户得到的功率P ′＝P －ΔP ＝P －I 2R＝4 400 W －202×2 W ＝3 600 W ， 效率η＝P ′P ×100%＝3 6004 400×100%≈81.8%. (2)电路如图所示由U 1U 2＝n 1n 2得升压变压器次级电压U 2＝n 2n 1U 1＝2 200 V ，故输电线上电流I 2＝I 3＝P U 2＝2 A ．而到达降压变压器原线圈的电压U 3＝U 2－I 2R ＝2 200 V －2×2 V ＝2 196 V ，功率P 3＝P －ΔP ＝P －I 2R ＝4 400 W －22×2 W ＝4 392 W. 又据U 3U 4＝n 3n 4，得用户电压U 4＝n 4n 3U 3＝219.6 V.而功率P 4＝P 3＝4 392 W ，效率η′＝P 4P ×100%＝4 3924 400×100%≈99.8%.。

学案2 描述交流电的物理量[学习目标定位] 1.掌握交变电流的周期、频率、线圈转动角速度三者之间的关系.2.能理解电流的有效值是与热效应有关的量，而平均值只是简单意义的平均.3.掌握交变电流有效值与峰值的关系，会进行有效值的计算．1．线圈在某一段时间内从一个位置转动到另一个位置的过程中产生的平均电动势为E ＝NΔΦΔt. 2．恒定电流产生电热的计算遵循焦耳定律，Q ＝I 2Rt .一、周期和频率1．周期：交变电流作一次周期性变化所需的时间，叫做它的周期，通常用T 表示，单位 是s.2．频率：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数，叫做它的频率，通常用f 表示，单位是Hz.3．周期和频率互为倒数，即T ＝1f 或f ＝1T.4．线圈转动的角速度ω等于频率的2π倍，即ω＝2πf . 二、峰值有效值1．峰值：U m 和I m 分别表示了在一个周期内电压和电流所能达到的最大值．2．交变电压的峰值不能超过(选填“超过”或“低于”)电容器、二极管等元器件所能承受的电压，否则就有被击穿而损坏的危险．3．有效值：交流电的有效值是根据电流的热效应来规定的，如果交流电与某一直流电通过同一电阻，在相同的时间内所产生的热量相等，则这个直流电的电流和电压值，就分别称为相应交流电的电流和电压的有效值．4．正弦式交变电流的有效值I 、U 与峰值I m 、U m 的关系：I ＝22I m ，U ＝22U m . 5．人们通常说的家庭电路的电压是220 V ，指的是有效值．使用交流电表测出的数值是正弦交流电的有效值．一、周期和频率[问题设计] 如图1所示，这个交变电流的周期是多少？频率是多少？图1答案 周期T ＝0.02 s ；频率f ＝50 Hz. [要点提炼]1．交流电变化越快，则周期越短，频率越大． 2．角速度与周期的关系：ω＝2πT.3．转速(n )：线圈单位时间(1 s 或1 min)转过的圈数，单位是r/s 或r/min. 角速度与转速的关系：ω＝2πn (n 单位为r/s)或ω＝πn30(n 单位为r/min)． 4．我国电网中交变电流的周期是0.02 s ，频率是50 Hz. 二、峰值有效值 [问题设计]1．图2是通过一个R ＝1 Ω的电阻的电流i 随时间变化的曲线．这个电流不是恒定电流． (1)怎样计算1 s 内电阻R 中产生的热量？(2)如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻R ，也能在1 s 内产生同样的热，这个电流是多大？图2答案 (1)Q ＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝42×1×0.5 J ＋22×1×0.5 J ＝10 J (2)由Q ＝I 2Rt 得I ＝QRt ＝ 101×1A ＝10 A 2．某交流电压瞬时值表达式u ＝62sin (100πt ) V ，把标有“6 V,2 W ”的小灯泡接在此电源上会不会被烧坏？把一个能承受的最大电压为 6 V的电容器接在此电源上会不会被击穿？答案小灯泡不会被烧坏，交流电压瞬时值表达式u＝62sin (100πt) V中6 2 V是最大值，其有效值为6 V，而标有“6 V,2 W”的小灯泡中的6 V是有效值．电容器会被击穿．[要点提炼]1．峰值：也叫最大值，它是所有瞬时值中的最大值．(1)当线圈平面跟磁感线平行时，交流电动势最大，E m＝NBSω(转轴垂直于磁感线)．(2)电容器接在交流电路中，交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值．2．有效值的应用(1)计算与电流热效应有关的量(如功率、热量)要用有效值．(2)交流电表的测量值，电气设备标注的额定电压、额定电流，通常提到的交流电的数值指有效值．3．有效值的计算(1)正弦式交变电流：根据E＝E m2、U＝U m2、I＝I m2计算其有效值．(2)非正弦式交变电流：只能根据电流的热效应计算．计算时要注意三同：“相同电阻”上、“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．4．平均值的应用计算通过导体某一截面的电荷量时，只能用交变电流的平均值，即q＝I·Δt＝ERΔt＝NΔΦR，这是平均值应用最多的一处．一、对描述交变电流物理量的认识例1一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图3所示，由图可知( )图3A．该交流电的电压的有效值为100 VB．该交流电的频率为25 HzC．该交流电压瞬时值的表达式为u＝100sin 25t VD．并联在该电压两端的电压表指针不停摆动解析根据题图可知该交变电流电压的最大值为100 V，周期为4×10－2s，所以频率为25 Hz，A 错，B 对；而ω＝2πf ＝50π rad/s ，所以u ＝100sin (50πt ) V ，C 错；交流电压表的示数为交流电的有效值而不是瞬时值，不随时间变化，D 错． 答案 B二、正弦式交变电流有效值的计算例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像如图4甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则 ( )图4A ．电压表的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒钟改变50次C ．灯泡实际消耗的功率为484 WD ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J解析 电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由题图知电动势的最大值E m ＝220 2 V ，有效值E ＝220 V ，灯泡两端电压U ＝RER ＋r＝209 V ，A 错； 由题图甲知T ＝0.02 s ，一个周期内电流方向变化两次，可知1 s 内电流方向变化100次，B 错；灯泡的实际功率P ＝U 2R ＝209295W ＝459.8 W ，C 错；电流的有效值I ＝E R ＋r＝2.2 A ，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q r ＝I 2rt ＝2.22×5×1 J ＝24.2 J ．D 对． 答案 D三、非正弦式交变电流有效值的计算例3 如图5所示是一交变电流随时间变化的图像，求此交变电流的有效值．图5解析 设该交变电流的有效值为I ′，直流电的电流强度为I ，让该交变电流和直流电分别通过同一电阻(阻值为R )，在一个周期(T ＝0.2 s)内，该交变电流产生的热量：Q ′＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝(42)2R ×0.1＋(－32)2R ×0.1＝5R 在一个周期内直流电通过该电阻产生的热量Q ＝I 2RT ＝0.2I 2R .由Q ＝Q ′得，0.2I 2R ＝5R ，解得I ＝5 A ，即此交变电流的有效值I ′＝I ＝5 A 答案 5 A四、有效值、瞬时值、平均值的区别应用例4 在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直磁感线的轴匀速转动，已知线圈的匝数为n ＝100匝，边长为20 cm ，电阻为10 Ω，转动频率f ＝50 Hz ，磁场的磁感应强度为0.5 T ，求：(1)外力驱动线圈转动的功率．(2)转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的瞬时值大小．(3)线圈由中性面转至与中性面成30°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量． 解析 (1)线圈中交变电动势的最大值E m ＝nBS ω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50 V ＝628 V.交变电动势的有效值E ＝E m2＝314 2 V.外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等．即P 外＝E 2R ＝(3142)210W ＝1.97×104W.(2)线圈转到与中性面成30°角时，其电动势的瞬时值e ＝E m sin 30°＝314 V ，交变电流的瞬时值 i ＝e R ＝31410A ＝31.4 A. (3)在线圈从中性面转过30°角的过程中，线圈中的平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt，平均感应电流I ＝ER＝nΔΦR ·Δt， 通过线圈横截面的电荷量为q ， 则q ＝I Δt ＝n ΔΦR ＝nBl 2(1－cos 30°)R＝100×0.5×0.22×(1－0.866)10 C＝2.68×10－2C.答案(1)1.97×104 W (2)314 V 31.4 A (3)2.68×10－2 C1．(对描述交变电流物理量的认识)如图6是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的 ( )图6A．周期是0.01 sB．最大值是220 VC．有效值是220 VD．表达式为u＝220sin (100πt) V答案 C解析由题图可知，该交变电压的周期为0.02 s，最大值为311 V，而有效值U＝U m2＝3112V＝220 V，故A、B错误，C正确．正弦交变电压的瞬时值表达式u＝U m sin ωt＝311sin (2π0.02t) V＝311sin (100πt) V，故D选项错误．2．(正弦式交变电流有效值的计算)一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T.从中性面开始计时，当t＝112T时，线圈中感应电动势的瞬时值为2 V，则此交变电流的有效值为( )A．2 2 V B．2 V C. 2 V D.22V答案 A解析先用代入法求出感应电动势的最大值：由e＝E m sin ωt得2 V＝E m sin (2πT×T12)，由此得E m＝4 V，因此有效值为2 2 V．选项A正确．3.(非正弦式交变电流有效值的计算)通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图7所示，其周期为1 s．电阻两端电压的有效值为 ( )图7A．12 V B．410 VC．15 V D．8 5 V答案 B解析根据电流的热效应计算电流的有效值．由(0.1)2R×0.4×2＋(0.2)2R×0.1×2＝I2R×1可得，流过电阻的电流的有效值I＝1025A，电阻两端电压的有效值为U＝IR＝410V，B正确．题组一对描述交变电流物理量的认识1．下列提到的交流电，不是指有效值的是( )A．交流电压表的读数B．保险丝熔断电流C．电容器击穿电压D．220 V交流电压答案 C解析电容器击穿电压指电容器两端允许加的电压的最大值．2．以下说法正确的是 ( )A．交变电流的有效值就是它的平均值B．任何交变电流的有效值都是它最大值的1 2C．如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q，那么该交变电流的有效值为Q RD．以上说法均不正确答案 D解析有效值是根据电流的热效应来定义的，平均值并不是有效值，例如线圈在匀强磁场中转动一圈，其平均电动势为零，故A错．在正弦(余弦)式交变电流中，其有效值为最大值的1，对于其他交变电流并不一定满足此关系，故B错．交变电流要产生热量需要一定的时2间，C选项中没有告诉时间，因此是错误的．3．下列关于交变电流的说法正确的是 ( )A．若交变电流的峰值为5 A，则它的最小值为－5 AB．用交流电流表测交变电流时，指针来回摆动C．我国工农业生产和生活用的交变电流频率为50 Hz，故电流方向每秒改变100次D．正弦交变电流i＝20sin (10πt) A的峰值为20 A，频率为100 Hz答案 C解析电流的负值表示电流方向与规定正方向相反，不表示大小，A项错误；交流电流表测交变电流时，指针不会来回摆动，B项错误；我国工农业生产和生活用的交变电流，周期为0.02 s，交流电方向一个周期改变两次，所以每秒改变100次，C项正确；由ω＝2πf得正弦交变电流i＝20sin (10πt) A的频率为5 Hz，D项错误．题组二非正弦式交变电流有效值的计算4．阻值为1 Ω的电阻上通以交变电流，其i－t关系如图1所示，则在0～1 s内电阻上产生的热量为 ( )图1A．1 J B．1.5 J C．2 J D．2.8 J答案 D解析因为所加的电流为交变电流，大小在变化，所以只能分时间段来求热量．在0～1 s内有效电流的瞬时值大小为1 A和2 A的时间段分别为t1＝0.4 s，t2＝0.6 s，所以Q＝I21Rt1＋I22Rt2＝2.8 J.5．某一交变电流的电压波形如图2所示，求这一交变电流的电压的有效值U.图2答案210 V解析假设让一直流电压U和如题图所示的交流电压分别加在同一电阻两端，交变电流在一个周期内产生的热量Q1＝2(U21R·T4＋U22R·T4)＝82R·T2＋42R·T2.直流电在一个周期内产生的热量Q2＝U2 R ·T.由交变电流有效值的定义知Q1＝Q2，即82R·T2＋42R·T2＝U2R·T.解得U＝210 V.题组三正弦式交变电流有效值的计算6．如图3甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是 ( )图3A．电流表的示数为10 AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左答案AC7．电阻R1、R2与交流电源按照如图4甲所示方式连接，R1＝10 Ω、R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示．则( )图4A．通过R1的电流的有效值是1.2 AB．R1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流的最大值是1.2 2 AD ．R 2两端的电压最大值是6 2 V 答案 B解析 由题图乙可得，正弦交变电流的最大值I m ＝0.6 2 A ，所以电流的有效值I ＝I m2＝0.6A ，电阻R 1、R 2串联，所以电流的最大值均为0.6 2 A ，有效值均为0.6 A ．由欧姆定律U ＝IR 得，U 1＝IR 1＝6 V ，所以U 1m ＝2U 1＝6 2 V ；U 2＝IR 2＝12 V ，U 2m ＝2U 2＝12 2 V. 8.在图5所示电路中，A 是熔断电流I 0＝2 A 的保险丝，电阻可不计，R 是可变电阻，S 是交流电源．交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e ＝2202sin 314t V ．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )图5A ．110 2 ΩB ．110 ΩC ．220 ΩD ．220 2 Ω答案 B解析 E ＝220 V ，R min ＝E I 0＝2202Ω＝110 Ω.9．把U 0＝10 V 的直流电压加在阻值为R 的电阻上，其发热功率跟另一个正弦交变电压加在阻值为R2上的电功率相同，则这个交变电流的电压的峰值为 ( )A ．10 VB ．10 2 VC ．20 VD ．20 2 V答案 A解析 直流电压U 0加在阻值为R 的电阻上，而交变电流加在阻值为R2的电阻上，它们联系的桥梁是发热功率相等．设这个交变电压的有效值为U ，则由电功率公式得U 20R T ＝U 2R 2T ，U ＝2U 02，故U m ＝ 2U ＝U 0＝10 V ．正确答案为A.题组四 瞬时值、峰值、有效值、平均值的区别应用10．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180°的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为( )A ．π/2B ．2/πC ．2πD ．π答案 B 11.如图6所示，线圈abcd 的面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R ＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度为B ＝1π T ，当线圈以300 r/min 的转速匀速转动时，求：图6 (1)电路中交流电压表和交流电流表的示数；(2)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R 的电荷量．答案 (1)31.86 V 3.54 A (2)0.16 C解析 (1)E m ＝NBS ω＝100×1π×0.05×2π×30060V ＝50 V E ＝E m2＝25 2 V ≈35.4 V.电流表示数I ＝ER ＋r ＝3.54 A ，电压表示数U ＝IR ＝3.54×9 V ＝31.86 V.(2)从图示位置转过90°的过程中，E ＝N ΔΦΔt ，又因为I ＝E R ＋r，q ＝I Δt ， 联立得q ＝N ΔΦR ＋r ＝NBS R ＋r≈0.16 C. 12.如图7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90°的过程中，求：图7(1)通过电阻R 的电荷量q ；(2)电阻R 上所产生的热量Q .答案 (1)NBS R ＋r (2)πN 2B 2S 2ωR 4(R ＋r )2 解析 本题考查交变电流平均值、有效值的应用，关键要知道求电荷量用交变电流的平均值，求热量用交变电流的有效值．(1)依题意磁通量的变化量ΔΦ＝BS ，线圈转过90°的时间为Δt ＝T 4＝2π4ω＝π2ω，平均感应电动势为E ＝N ΔΦΔt ＝2NBS ωπ.平均感应电流为I ＝E R ＋r ＝2NBS ωπ(R ＋r ).通过电阻R 的电荷量为q ＝I ·Δt ＝NBS R ＋r. (2)线圈中感应电动势有效值和最大值E m 的关系是E ＝E m2＝NBS ω2，电路中电流的有效值为I＝ER ＋r ＝NBS ω2(R ＋r ). 电阻R 上产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝πN 2B 2S 2ωR 4(R ＋r )2.。

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【精】最新高中物理第二章交变电流7电能的输送学案教科
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[知识梳理]
一、电能输送中的电压损失和电能损耗
1．两种损失比较
(1)由r＝ρ知，导线一般选铝为材料，因而ρ一定，在导线长度l确定的情况下，要减小电阻，只能通过增大输电线的横截面积，这种方法给架设施工带来困难．
(2)由P＝UI知，输送电功率不变的前提下，提高输电电压，会减小输电电流，从而减小导线上的发热损失和电压损失．这是降低两种损耗的有效途径．
二、远距离输电系统和直流输电。

学案7 电能的输送[学习目标定位] 1.理解输电线上电能的损失与哪些因素有关.2.理解减小电能损失的两个途径以及高压输电的原理.3.知道远距离输电的典型电路，并能利用变压器和电路的规律解决实际问题．1．电阻定律：在温度不变时，同种材料的导体，其电阻R 与它的长度l 成正比，与它的横截面积S 成反比，导体电阻与构成它的材料有关，即R ＝ρlS .2．电功率P ＝UI ，热功率P ＝I 2R . 3．理想变压器原、副线圈的三个关系：P 原＝P 副，U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1.一、电能输送中的电压损失和电能损耗 1．如图1所示，U 损＝Ir ，P 损＝I 2r .图12．无论是为减小电压损失还是减小能量损耗，都要求使用高电压送电． 二、远距离输电系统远距离输电的基本原理：在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压． 三、直流输电当交流输电功率很大时，电感、电容引起的电压及电能损失很大，所以现在有些大功率输电线路已经开始采用直流输电．现代的直流输电，只是在高压输电这个环节中使用直流． 解决学生疑难点一、电能输送中的电压损失和电能损耗 [问题设计]如图2所示，假定输电线路中的电流是I ，两条导线的总电阻是r ，在图中把导线电阻集中画为r ，输送功率为P ，发电厂输出的电压为U .那么：图2(1)远距离大功率输电面临的困难是什么？(2)输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？降低输电损耗的两个途径是什么？(3)为什么远距离输电必须用高压呢？ 答案 (1)在输电线上有功率损失．(2)由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了．这是输电线上功率损失的主要原因．功率损失表达式：ΔP ＝I 2r ，所以降低输电损耗的两个途径为：①减小输电线的电阻r ；②减小输电电流I .(3)因为发电厂的输出功率P 是一定的，由P ＝UI 得，要减小输电电流I ，必须提高输出电压U . [要点提炼]输电线上的电压损失和功率损失(设输电线上电阻为R ，电流为I ) 1．电压损失输电线始端电压U 与输电线末端电压U ′的差值．ΔU ＝U －U ′＝IR . 2．功率损失(1)远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率ΔP ＝I 2R .(2)若输电线上损失的电压为ΔU ，则功率损失还可以表示为ΔP ＝ΔU 2R ，ΔP ＝ΔU ·I .3．减小电压、功率损失的方法(1)减小输电线的电阻由R ＝ρlS 可知，距离l 一定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可减小电阻．(2)减小输电电流I由P ＝UI 可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流． 二、远距离输电电路中的各种关系[问题设计]某发电站向远处送电的示意图如图3所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路．图3(1)结合闭合电路的知识，分别分析三个回路中各物理量之间的关系(发电机内阻、n 1、n 2、n 3、n 4线圈的电阻均忽略不计)．(2)每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？ 答案 (1)第一个回路：P 1＝U 1I 1第二个回路：U 2＝ΔU ＋U 3，P 2＝ΔP ＋P 3＝I 2线R ＋P 3 第三个回路：P 4＝U 4I 4(2)若两个变压器为理想变压器，则有：U 1U 2＝n 1n 2、I 1I 2＝n 2n 1、P 1＝P 2；U 3U 4＝n 3n 4、I 3I 4＝n 4n 3、P 3＝P 4.[要点提炼]远距离输电问题的分析1．解决远距离输电问题时，应首先画出输电的电路图，参考图3，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．2．分析三个回路，在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源．3．综合运用下面三方面的知识求解 (1)能量守恒：P ＝U 1I 1＝U 2I 2＝P 用户＋ΔP ΔP ＝I 22R P 用户＝U 3I 3＝U 4I 4.(2)电路知识：U 2＝ΔU ＋U 3 ΔU ＝I 2R(3)变压器知识：U 1U 2＝I 2I 1＝n 1n 2U 3U 4＝I 4I 3＝n 3n 4. 其中ΔP ＝I 2R ，ΔU ＝I 2R 往往是解题的切入点．一、输电线上功率损失的计算例1 三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦．(1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？(2)某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它占输出功率的比例是多少？(3)若将电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占输出功率的比例是多少？解析 (1)由P ＝UI 得I ＝P U ＝5×108W2×105 V＝2 500 A(2)输电线上损失的功率ΔP ＝I 2·2r ＝2 5002×2×10 W ＝1.25×108 W损失功率与输出功率之比为ΔP P ＝1.25×1085×108＝14(3)将电压升高至50万伏时，I ′＝PU ′＝5×108 W 5×105 V ＝1 000 A输电线上损失的功率ΔP ′＝I ′2·2r ＝1 0002×2×10 W ＝2×107 W损失功率与输出功率之比为ΔP ′P ＝2×1075×108＝125答案 (1)2 500 A (2)1.25×108 W 14(3)1 000 A 2×107 W 125二、远距离输电问题例2 发电机的输出电压为220 V ，输出功率为44 kW ，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户，则： (1)画出全过程的线路示意图； (2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接将电送到用户，求用户得到的电压和功率． 解析 (1)示意图如图所示(2)升压变压器的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝101×220 V ＝2 200 V根据升压变压器输出功率等于输入功率知，升压变压器输出电流为I 2＝P U 2＝44×1032 200A ＝20A输电线路上的电压损失和功率损失分别为 U R ＝I 2R ＝20×0.2 V ＝4 VP R ＝I 22R ＝202×0.2 W ＝80 W降压变压器上的输入电流和输入电压分别为I 3＝I 2＝20 AU 3＝U 2－U R ＝2 200 V －4 V ＝2 196 V 降压变压器上的输出电压和输出电流分别为U 4＝n 4n 3U 3＝110×2 196 V ＝219.6 VI 4＝n 3n 4I 3＝10×20 A ＝200 A用户得到的功率为P 4＝I 4U 4＝200×219.6 W ＝4.392×104 W(3)若不采用高压输电，用220 V 低压直接供电时，电路如图所示，则输电电流I ＝P U 1＝44×103220A ＝200 A ，输电线路上的电压损失U R ′＝IR ＝200×0.2 V ＝40 V 所以用户得到的电压为U 4′＝U 1－U R ′＝220 V －40 V ＝180 V用户得到的功率为P 4′＝IU 4′＝200×180 W ＝3.6×104 W 答案 (1)见解析图 (2)219.6 V 4.392×104 W (3)180 V 3.6×104 W1．(输电线上功率损失的计算)中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。

[目标定位] 1.了解远距离输电线路的基本构成.2.掌握远距离输电线上的能量损失与哪些因素有关.3.应用理想变压器、电路知识对简单的远距离输电线路进行定量计算.一、电能输送中的电能损耗和电压损失1.输电线上的电压损失(1)输电线路始端电压U跟末端电压U′的差值，称为输电线上的电压损失，ΔU＝U－U′，如图1所示，电压损失还可以表示为ΔU＝IR线＝PU R线.图1(2)减少输电线上电压损失的方法：①减小输电线的电阻.②提高输送电压.2.输电线上的电能损耗(1)损失功率计算：ΔP＝I2R线，I为输电电流，R线为输电线的总电阻.(2)减小输电线上功率损失的方法：①减小输电线的电阻R线：由R线＝ρlS得，要减小R线，在l保持不变的情况下，可以减小ρ，增大S.②减小输电电流I：由P＝UI得，在输送功率一定的情况下，提高输电电压，即可减小输电电流.采用高(填“高”或“低”)压输电是减小输电线上功率损失最有效、最经济的措施.深度思考“提高电压，减小电流”与欧姆定律矛盾吗？答案不矛盾.欧姆定律是对纯电阻耗能元件而成立的定律，而“提高电压，减小电流”是从输送角度，由P＝UI，且P一定的条件下得出的结论，两者没有矛盾.例1 中国已投产运行的1000kV 特高压输电，是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原来用500kV 的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV 特高压输电，不考虑其他因素的影响.则( ) A.输电电流变为原来的2倍B.输电线上降落的电压将变为原来的2倍C.输电线上降落的电压将变为原来的12D.输电线上损耗的电功率将变为原来的12解析 根据输送电功率P 输＝U 输I 输及P 输不变，可知，输电电流I 输＝P 输U 输∝1U 输，当U 输变为原来的2倍时，I 输变为原来的12，选项A 错误；输电线上降落的电压U 降＝I 输R 线∝I 输，所以，当输电电流变为原来的12时，输电线上降落的电压也变为原来的12，选项B 错误，C 正确；输电线上损耗的电功率P 损＝I 2输R 线∝I 2输，所以输电线上损耗的电功率将变为原来的14，选项D 错误. 答案 C(1)注意区别：①输电电压U 与输电线上降落的电压ΔU ； ②输电功率P 与输电线上损失的功率ΔP .(2)抓住不变量：输送电功率不变，由P ＝UI 判断出输电电流I 的变化，从而由ΔU ＝IR 、ΔP ＝I 2R 判断ΔU 、ΔP 的变化.例2 发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至学校的输电线总电阻为R 线，通过输电线的电流为I ，学校输入电压为U 2，下列计算输电线功率损耗的式子中，正确的是( ) A.U 21R 线 B.(U 1－U 2)2R 线C.I 2R 线D.I (U 1－U 2)解析 输电线功率损耗P 损＝I 2R 线＝U 2线R 线＝IU 线，其中U 线＝U 1－U 2，故B 、C 、D 正确.答案 BCDP 损＝I 2R ＝ΔU 2R＝ΔU ·I .式中必须注意，ΔU 为输电线路上的电压损失，而不是输电线电压.二、高压输电线路的分析与计算1.输送过程图(如图2所示)：图2(1)功率关系P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝ΔP ＋P 3→能量守恒 (2)电压、电流关系U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1，U 3U 4＝n 3n 4＝I 4I 3→理想变压器U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线→串联电路中电压、电流关系(3)输电线中电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线.(4)输电线上损耗的电功率ΔP ＝ΔUI 线＝I 2线R 线＝⎝⎛⎭⎫P 2U 22R 线.2.特别强调(1)升压变压器副线圈的电压不等于降压变压器原线圈的电压，输电线上的电压损失ΔU ＝I线R 线，输电线上的功率损耗ΔP ＝I 2线R 线.(2)输电线的电阻计算时，应注意输电线长度为距离的两倍. 深度思考在电能的输送过程中，U 为输电电压，r 为输电线电阻，则输电线中电流为I ＝Ur ，对不对？为什么？答案 不对.U 为输电电压，而不是加在输电导线上的电压，即U ≠Ir ，而输电电流可通过I 2I 1＝n 1n 2求得.例3一台发电机最大输出功率为4000kW、输出电压为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的损耗可忽略，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20AB.T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220VC.T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1D.有6×104盏灯泡(220V,60W)正常发光解析远距离输电的电路如图所示，在升压变压器原线圈中有P＝U1I1，故得原线圈中电流为103A，在远距离输电线路中由ΔP＝I2线R线得T1副线圈中电流为20A，故选项A正确；在远距离输电线路中由P＝U2I2和I线＝I2得U2＝2×105V，由ΔU＝I线R线，ΔU＝U2－U3可得T2原线圈电压为1.8×105V，由于灯泡能正常发光，故T2副线圈电压为220V，故选项B正确；由变压器变压特点知变压比与匝数成正比，故可得T1变压比为1∶50，而T2的变压比为9000∶11，故选项C错误；正常发光时每盏灯的功率为60W，由90%P＝NP额，可得N＝6×104盏，故选项D正确.答案ABD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.例4发电机两端的电压为220V，输出功率44kW，输电导线的总电阻为0.2Ω，如果用原、副线圈匝数比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户.(1)画出全过程的线路示意图；(2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的电压和功率.解析(1)线路示意图如图所示.(2)由图可知，升压变压器副线圈两端的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝2200V.据理想变压器P 入＝P 出，则升压变压器副线圈的输出电流I 2＝P U 2＝44×1032200A ＝20A ，输电线上的功率损失和电压损失分别为P 损＝I 22R 线＝202×0.2W ＝80W.U 损＝I 2R 线＝20×0.2V ＝4V .所以降压变压器原线圈的输入电压和电流为 U 3＝U 2－U 损＝2200V －4V ＝2196V ， I 3＝I 2＝20A.降压变压器副线圈的输出电压和电流为 U 4＝n 4n 3U 3＝110×2196V ＝219.6V ，I 4＝n 3n 4I 3＝10×20A ＝200A.用户得到的功率为P 4＝U 4I 4＝219.6×200W ＝4.392×104W. (3)若直接用220V 低压供电， 线圈示意图如图所示，则输电电流I ′＝P U 1＝44×103220A ＝200A.输电线路上的电压损失ΔU ′＝I ′R 线＝200×0.2V ＝40V . 所以用户得到的电压U 2′＝U 1－ΔU ′＝220V －40V ＝180V ， 用户得到的功率为P ′＝U 2′I ′＝180×200W ＝3.6×104W. 答案 见解析1．(输电线上的损耗)500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大工程，我省超高压输电工程正在紧张建设之中．若输送功率为3 200万千瓦，原来采用200千伏输电，由于输电线有电阻而损失的电功率为P ，则采用500千伏超高压输电后，在输电线上损失的电功率为(设输电线的电阻未变)( ) A ．0.4P B ．0.16P C ．2.5PD ．6.25P答案 B解析 根据P 损＝P 2送U 2r 可知：当输电电压由200 kV 升高到500 kV 时，其线路损耗由P 减小到0.16P ，选项B 正确．2.(输电线上的损耗)图3为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )图3A.(n 1n 2)U 2m 4rB.(n 2n 1)U 2m 4rC.4(n 1n 2)2(P U m )2rD.4(n 2n 1)2(P U m)2r答案 C解析 原线圈电压的有效值：U 1＝U m 2，根据U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1·U m2，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P ，所以输电线上的电流I ＝PU 2，输电线上损失的电功率为P ′＝I 2·2r ＝4r ⎝⎛⎭⎫n 1n 22·⎝⎛⎭⎫P U m2，所以C 正确，A 、B 、D 错误.3．(远距离高压输电)(多选)如图4所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V ，输出的电功率为50 kW ，用电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V 供用户使用(两个变压器均为理想变压器)，对整个送电过程，下列说法正确的是( )图4A ．输电线上的损失功率为300 WB ．升压变压器的匝数比为1∶100C ．输电线上的电流为10 AD ．降压变压器的输入电压为4 970 V 答案 ACD解析 P 损＝0.6%P ＝300 W ，A 正确；I 线＝P 损R 线＝10 A ，C 正确；U 线＝I 线R 线＝30 V ，U 2＝P I 线＝5 000 V ，U 3＝U 2－U 线＝4 970 V ，D 正确；n 1n 2＝U 1U 2＝110，B 错误．4.(远距离高压输电)某小型水力发电站的发电输出功率为5×104W ，发电机的输出电压为250V ，输电线总电阻R 线＝5Ω.为了使输电线上损失的功率为发电机输出功率的4%，必须采用远距离高压输电的方法，在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器.设用户所需电压为220V ，不计变压器的损失.求：(g 取10m/s 2) (1)输电线上的电流；(2)升、降压变压器原、副线圈的匝数比； (3)可供多少盏“220V ,40W ”的白炽灯正常工作？ 答案 (1)20A (2)110 12011 (3)1200盏解析 (1)输电线中电流：P 损＝I 22R 线， 得I 2＝P 损R 线＝20A. (2)由P ＝U 2I 2，得U 2＝5×10420V ＝2.5×103V.对升压变压器：n 1n 2＝U 1U 2＝2502.5×103＝110.对降压变压器：U 3＝U 2－IR 线＝(2500－20×5) V ＝2400V ，又U 4＝220V ，故n 3n 4＝U 3U 4＝12011.(3)n ＝P －P 损P 0＝1200(盏).题组一 输电线路中的损耗问题1.(多选)远距离输送交流电都采用高压输电.我国正在研究用比330kV 高得多的电压进行输电.采用高压输电的优点是( ) A.可节省输电线的材料 B.可根据需要调节交流电的频率 C.可减小输电线上的能量损失 D.可加快输电的速度 答案 AC2.以下关于电能输送的分析，正确的是( )A.由公式P ＝U 2R 知，输电电压越高，输电线上功率损失越少B.由公式P ＝U 2R 知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少C.由公式P ＝I 2R 知，输电电流越大，输电导线上功率损失越大D.由公式P ＝UI 知，输电导线上的功率损失与电流成正比 答案 C解析 输电线损失的功率ΔP ＝I 2R ，故C 正确；A 中的U 不能用输电电压，因U ＝ΔU ＋U 3，ΔU 为输电线损失的电压，U 3为用户端电压或降压变压器的初级电压，故A 、B 、D 错误. 3．(多选)一项名为“1 100千伏特高压隔离开关”的“破冰实验”在我国大兴安岭漠河县取得成功，标志着我国特高压输电技术已突破低温环境制约．为消除高压输电线上的冰凌，利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，输电线上送电电压为U ，电流为I ，热耗功率为ΔP ；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP ，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( ) A ．输电电流为3I B ．输电电流为9I C ．输电电压为3UD ．输电电压为13U答案 AD解析 输电线上的热耗功率ΔP ＝I 2R 线，若热耗功率变为9ΔP ，则9ΔP ＝I ′2R 线，联立得I ′＝3I ，A 对；输送功率不变，即P ＝UI ＝U ′I ′，得U ′＝13U ，所以D 对.4.(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S ，总长度为l ，输电线损失的功率为ΔP ，用户得到的功率为P ′，则下列关系式正确的是( ) A.ΔP ＝U 2SρlB.ΔP ＝P 2ρlU 2SC.P ′＝P －U 2SρlD.P ′＝P ⎝⎛⎭⎫1－Pρl U 2S 答案 BD解析 输电线电阻为R 线＝ρl S ，输电电流为I ＝PU ，故输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 2R 线＝⎝⎛⎭⎫P U 2·ρl S ＝P 2ρl U 2S ，用户得到的电功率为P ′＝P －ΔP ＝P ⎝⎛⎭⎫1－Pρl U 2S . 5.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，可是我们在晚上七八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为此时( )A.总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小B.总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小C.总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大D.干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电压 答案 C解析 此时用电器多，电阻小(因为用电器都是并联的)，而变压器输出电压U 不变，由I ＝UR 可知，干路电流大，输电线上损失电压大，电灯两端电压小，故比深夜暗，故C 正确. 题组二 远距离输电问题6.(多选)如图1所示为远距离高压输电的示意图.关于远距离输电，下列表述正确的是( )图1A.增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B.高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C.在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D.高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好 答案 ABD解析 导线横截面积越大，导线的电阻越小，电能损失就越小，A 对；在输送功率一定的前提下，提高输送电压U ，由I ＝PU 知，电流I 减小，发热损耗减小，B 对；若输送电压一定，由I ＝PU 知，输送的电功率P 越大，I 越大，发热损耗就越多，C 错；高压输电要综合考虑材料成本、技术、经济性等各种因素，不是电压越高越好，D 对.7.如图2所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则( )图2A.用户用电器上交流电的频率是100HzB.发电机输出交流电的电压有效值是500VC.输电线上的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定D.当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小 答案 D解析 由u －t 图像可知，交流电的周期T ＝0.02s ，故频率f ＝1T ＝50Hz ，选项A 错误；交流电的电压最大值U m ＝500V ，故有效值U ＝U m2＝2502V ，选项B 错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原、副线圈的匝数比决定，选项C 错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P ＝I 21R 得，输电线损失的功率减小，选项D 正确.8.(多选)在如图3所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的总电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )图3A.升压变压器的输出电压增大B.降压变压器的输出电压增大C.输电线上损耗的功率增大D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大 答案 CD解析 升压变压器原线圈两端电压不变，变压比不变，故副线圈两端电压不变，A 错误；I ＝PU ，U 损＝IR 线，U 3＝U 2－U 损，因P 变大，I 变大，所以U 损变大，所以降压变压器原线圈两端电压U 3变小，故降压变压器的输出电压减小，B 错误；P 损＝⎝⎛⎭⎫P U 2R 线，因P 变大，所以P 损变大，C 正确；P 损P ＝⎝⎛⎭⎫P U 2R 线P ＝PR 线U 2，因P 变大，所以P 损P变大，D 正确. 9.远距离输电的原理图如图4所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，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( )图4A.I 1I 2＝n 1n 2B.I 2＝U 2RC.I 1U 1＝I 22RD.I 1U 1＝I 2U 2答案 D解析 根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1.U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U 2R.而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和.选项D 正确.10．图5为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n 1＝n 4<n 2＝n 3，四根模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的理想交流电流表，L 1、L 2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L >2R ，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A 、B 端接入低压交流电源时( )图5A ．A 1、A 2两表的示数相同B ．L 1、L 2两灯泡的亮度相同C ．R 1消耗的功率大于R 3消耗的功率D ．R 2两端的电压小于R 4两端的电压答案 D解析 远距离输电过程中，应用高压输电能够减小输电线上的功率损失，R 1上消耗的功率小于R 3上消耗的功率，C 项错；而比较两个不同输电回路，输电线电阻相同，由P 损＝I 2·2R 可知，A 1示数小于A 2示数，A 项错；根据欧姆定律可知，R 2两端电压小于R 4两端电压，D 项正确；由于输电线上损失电压不同，故两灯泡两端电压不同，故亮度不同，B 项错．11.某小型实验水电站输出功率是20kW ，输电线总电阻是6Ω.(保留四位有效数字)(1)若采用380V 的电压输电，求输电线损耗的功率.(2)若改用5000V 高压输电，用户利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压. 答案 (1)16.62kW (2)226.2V解析 (1)输电线上的电流为I ＝P U ＝20×103380A ≈52.63A输电线路损耗的功率为P 线＝I 2R ＝52.632×6W ≈16620W ＝16.62kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流变为I ′＝P U ′＝20×1035000A ＝4A 用户在变压器降压前获得的电压U 1＝U ′－I ′R ＝(5000－4×6)V ＝4976V根据U 1U 2＝n 1n 2，用户得到的电压为 U 2＝n 2n 1U 1＝122×4976V ≈226.2V . 12.如图6所示，发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器)，若发电机的输出功率是100kW ，输出电压是250V ，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，求：图6(1)升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；(2)若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压.答案 (1)6250V 16A (2)15.625Ω 6000V解析 (1)对升压变压器，据公式U 2U 1＝n 2n 1，有 U 2＝n 2n 1U 1＝251×250V ＝6250V I 2＝P 2U 2＝P 1U 2＝1000006250A ＝16A. (2)P 损＝I 22R 线，P 损＝0.04P 1所以R 线＝0.04P 1I 22＝15.625Ω 因为ΔU ＝U 2－U 3＝I 2R 线所以U 3＝U 2－I 2R 线＝6000V .。

7.电能的输送[先填空]1．两种损失比较(1)由r＝ρlS知，导线一般选铝为材料，因而ρ一定，在导线长度l确定的情况下，要减小电阻，只能通过增大输电线的横截面积，这种方法给架设施工带来困难．(2)由P＝UI知，输送电功率不变的前提下，提高输电电压，会减小输电电流，从而减小导线上的发热损失和电压损失．这是降低两种损耗的有效途径．[再判断](1)由P＝UI知，功率损耗与电流成正比．(×)(2)电能的损耗受电流的影响比受电阻的影响更为显著．(√)(3)减小输电线电阻是降低电能损耗的最佳途径．(×)[后思考]电能输送中，U 为输电电压，r 为输电线电阻，则输电线中电流为I ＝Ur 对不对，为什么？【提示】 不对，因为U 是输电电压，而不是输电线上损失的电压ΔU ，输电线中电流应为I ＝ΔUr.[合作探讨]探讨1：“提高电压，降低电流”与欧姆定律矛盾吗？【提示】 不矛盾．欧姆定律是对纯电阻耗能元件而成立的定律，而“提高电压，降低电流”是从输送角度，由P ＝IU ，且在P 一定的条件下得出的结论，两者没有联系．探讨2：减少输电线上的功率损失为什么要依靠高压输电？【提示】 (1)电阻R ＝ρLS 告诉我们，在输电距离L 一定、选用电阻率ρ较小的铜或铝作导线后，必须增大导线的横截面积．但这样会耗费大量的金属材料，输电线太重也会给架设带来困难．(2)在线路和输送功率P 不变时，P ＝UI 告诉我们提高输电电压可减少功率损失．[核心点击] 1．功率损失的原因在电能输送过程中，电流流过输电线时，因输电线有电阻而发热，电能必有一部分转化为内能而损失掉．2．功率损失的大小(1)设输电导线的总电阻为R ，输电电流为I ，则损失功率为P 损＝I 2R . (2)设输送的总电功率为P ，输电电压为U ，输电线的总长度为L ，横截面积为S ，电阻率为ρ，则输电电流I ＝P U ，输电线电阻R ＝ρLS ，所以输电线上的功率损失可表示为P 损＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·ρLS.3．减小功率损失的方法根据公式P 损＝I 2R 可知，减小输电线路上功率损失的方法有两种： (1)减小电阻 据R ＝ρLS 判断，①减小输电线的长度L ：由于输电距离一定，所以在实际中不可能通过减小L 来减小R .②减小电阻率ρ：目前，一般用电阻率较小的铜或铝作为输电线材料． ③增大导线的横截面积S ：这要多耗费金属材料，增大成本，同时给输电线的架设带来很大的困难．(2)减小输电导线的电流I 据I ＝PU 判断，①减小输送功率：在实际中不能通过用户少用或不用电来达到减少损耗的目的．②提高输电电压U ：在输送电功率P 一定，输电线电阻一定的条件下，输电电压提高到原来的n 倍，据P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P nU 2R 可知，输电线上的功率损耗将降为原来的1n 2.1．(多选)远距离输送交流电都采用高压输电，其优点是( )【导学号：46042133】A ．可节省输电线的铜材料B ．可根据需要调节交流电的频率C ．可减少输电线上的能量损失D ．可加快输电的速度【解析】 由P ＝IU 得I ＝PU ，输送的电功率P 一定，采用高压输电，输电线中的电流就小，由P 线＝I 2r ，要求输电线损耗一定的情况下，就可选横截面积较小的输电线，从而可以节省输电线的铜材料．若输电线确定，则可减少输电线上的能量损失，故A 、C 正确；交流电的频率是一定的，升高电压无法改变交流电的频率．输电的速度就是电磁波的传播速度，是一定的，故B 、D 错误．【答案】 AC2．某用电器离供电电源的距离为L ，线路上的电流为I ，若要求线路上的电压降不超过U ，已知输电线的电阻率为ρ，该输电线的横截面积最小值是( )A.ρLR B.2ρLI U C.U ρLID.2UL Iρ【解析】 由欧姆定律有IR ≤U ，由电阻定律有R ＝ρ2LS ，由以上两式解得：S ≥2ρLIU ，故B 正确．【答案】 B3．(多选)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 ，总长度为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 用的关系式正确的是( )【导学号：46042134】A ．P ′＝U 2SρL B ．P ′＝P 2ρLU 2S C ．P 用＝P －U 2SρLD ．P 用＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－PρL U 2S【解析】 输电线电阻R ＝ρL S ，输电电流I ＝PU ，故输电线上损失的电功率为P ′＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2ρL S ＝P 2ρL U 2S ，用户得到的功率为P 用＝P －P ′＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－PρL U 2S . 【答案】 BD[先填空]1．远距离输电系统在发电站附近用升压变压器升高电压，用输电线输送到远方，在用电地区附近，用降压变压器降到所需电压．远距离输电电路图如图2-7-1所示：图2-7-12．直流输电(1)采用高压直流输电的原因当交流输电功率很大时，导线的电感、电容引起的电压及电能损失很大；同一电网供电的发电机同步运行，技术上也存在困难．(2)直流输电的使用环节：当前的直流输电，只有高压输电环节中使用直流． (3)直流输电系统发电机――交流――→交流――→直流输电线――→直流逆变器――交流―→交流用户[再判断](1)高压输电是通过减小输电电流来减小电路的电能损耗．(√)(2)远距离输电时，若输送的电功率一定，输电电压越高，输电电流就越小，电能损失就越小，所以输电电压越高越好．(×)(3)直流输电比交流远距输电技术要求更高，输电原理也更复杂．(√) [后思考]电网供电有哪些优点？【提示】 电网供电的优点有：(1)可大大提高供电的可靠性；(2)可更合理的调配用电；(3)可更合理的利用电网中各类发电厂提高运行经济性等．[合作探讨]探讨1：一般远距离输电电压要经历几次变化？【提示】 发电机组输出电压10 kV ，发电站内升压到几百千伏，在“一次高压变电站”降到100 kV 左右，“二次变电站”降到10 kV 左右，低压变电站降到220 V 或380 V .探讨2：请根据输电原理图(如图2-7-2所示)写出图中标出的各量之间的关系．图2-7-2【提示】 (1)电压、电流与匝数关系：U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，U 3U 4＝n 3n 4，I 3I 4＝n 4n 3.(2)电压关系：ΔU ＝U 2－U 3＝I 2r .(3)功率关系：ΔP ＝P 2－P 3＝I 22r ；P 1＝U 1I 1＝P 2＝U 2I 2，P 3＝U 3I 3＝P 4＝U 4I 4. [核心点击]1．对几个电压的理解图2-7-3输送电压：输电线始端电压，如图2-7-3中的U 2. 用户电压：最终用户使用的电压，如图中的U 4.损失的电压：输电线始端电压与末端电压的差值(ΔU ＝U 2－U 3)，形成的原因是由于输电导线上存在电阻和感抗．2．线路电压损失的原因输电导线有电阻，电流通过输电线时，会在线路上产生电势降落，致使输电线路末端的电压比起始端电压要低，这就是输电线上的电压损失，如图2-7-4所示，U 为发电厂的输出电压，P 为发电厂的输出功率，U ′为用电设备两端的电压，P ′为用电设备的输入功率，则输电线上损失的电压为ΔU ＝U －U ′＝IR .图2-7-43．处理远距离输电问题的方法及步骤(1)处理方法：关键是抓住一图三线，一图即输电的电路图，三线即三个关系，功率关系、电压关系和电流关系，抓住一图三线，按照从前到后或从后向前的顺序，即可找到突破口．(2)处理输电问题的步骤：①画出图上所示的输电过程的示意图；②在示意图上标出各物理量，找出已知量、未知量和待求量；③围绕三条线展开分析．4．需要区分的几组概念(1)功率方面：输送电功率、线路损失功率、用户端功率．(2)电压方面：发电机输出电压、升压变压器输出电压、线路损失电压、降压变压器输入电压、用户电压．(3)电流方面：升压变压器原线圈中电流、输电导线中的电流、用户端电流．(4)电阻方面：发电机内阻、线路电阻、用户端用电器电阻．(5)变压器方面：升、降变压器，原、副线圈匝数等．总之，这些物理量不一定全用，但毕竟较多，使用时一定要明确各物理量表示的意义．4．小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降低电压后再输送至各用户．设变压器都是理想的，那么在用电高峰期，随用电器总功率的增加将导致()A．发电机的输出电流变小B．高压输电线路的功率损失变大C．升压变压器次级线圈两端的电压变小D．降压变压器次级线圈两端的电压变大【解析】随着用电器总功率的增加，负载电流增大，导致线路上损耗加大，降压变压器初级电压减小，其次级电压也随之减小；由于发电机输出电压稳定，所以升压变压器初级电压不变，其次级电压也不变．【答案】 B5．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，通过导线上的电流为I ，学校得到的电压为U 2，则输电导线上损耗的功率下列表达式错误的是( )【导学号：46042135】A ．U 21R B ．(U 1－U 2)2RC ．I 2RD ．I (U 1－U 2)【解析】 用P ＝U 2R 求电阻上损失的功率时，U 要与电阻R 相对应，A 中的U 1是输出电压不是输电线电阻上的电压，故A 是错误的．B 中的U 1－U 2是输电线电阻上的电压，因此，B 是正确的；C 、D 中的电流I 是输电线中的电流，故C 、D 都是正确的．【答案】 A6．如图2-7-5所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW ，输出电压为400 V ，向距离较远的用户供电，为了减少电能损耗，使用2 kV 高压输电，最后用户得到“220 V 9.5 kW ”的电能，求：图2-7-5(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2；(2)输电线路导线电阻R ；(3)用户降压变压器原、副线圈匝数比n 3n 4.【解析】 (1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比 n 1n 2＝U 1U 2＝4002 000＝15.(2)由P 损＝I 22R ，输送电流取决于输出电压及输送功率，有I 2＝PU 2所以R ＝P 损I 22＝P 损⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22＝10 000－9 500⎝ ⎛⎭⎪⎫10 0002 0002Ω＝20 Ω.(3)设降压变压器原线圈上电压为U3，U3＝U2－I2R＝(2 000－5×20) V＝1 900 V 所以降压变压器原、副线圈匝数比为：n3 n4＝U3U4＝1 900220＝9511.【答案】(1)15(2)20 Ω(3)9511分析输电类问题时要注意的三点(1)要弄清输电导线的电阻是功率损失和电压损失的原因所在．(2)在高压输电中，一般是通过电流来计算相关的电压、功率或热量等．(3)结合欧姆定律、焦耳定律和变压器的相关知识来解出正确答案．。

电能的输送教学目标1．知道什么是导线上的功率损耗和电压损耗；知道如何减小损耗。

2．会设计电能输送的示意图，并理解电压损耗和能量损耗的关系教学重难点1、减小能量耗损的方法2、远距离输电过程中功率和电压的关系并应用教学过程知识回顾：理想变压器的规律：1、功率关系2、电压关系3、电流关系若n1<n2,则U1______U2，I1_______I2总结：变压器在升高电压的同时降低了电流一、远距离输电遇到的实际问题和解决方法（一）实际问题师：发电厂输出的电压是否全部输送给了用户？生：没有，输电线上有损耗1、电压损失：2、功率损失：（二）如何减小损失线IRUUU=-=Λ'线线RIRUUIPPP22'=Λ=Λ=-=Λ出入PP=2121::nnUU=1221::nnII=<>方案一：减小电阻。

师：采取的方法有哪些？生：根据电阻定律可知，选择电阻率较小的金属做导线，和适当增大导线横截面积可以减小电阻师：实际操作所面临的困难有哪些？生：电阻率小的金属很贵，成本高，通常选择铝和铜，导线做的太粗，不仅浪费材料并且增大施工难度。

师：方案一所受限制较多，减小损失的程度有限，效果不佳方案二：减小导线中的电流。

师：所采取的方法生：利用变压器，在输送功率一定的条件下，提升输电电压，可以减小输电电流练习：输送10kw的电功率，采用400V的电压输电，输电线的总电阻为10Ω，求(1)输电线损失的功率?用户得到的功率?(2)如果采用4000V电压输电，输电线损失的功率?用户得到的功率?结论：提高输电电压是减小电能损失的最有效的方法二、远距离输电流程图1．远距离输电的基本电路师：发电厂产生的电压几百到上千伏，用户需要220V，远距离传输，如何设计传输流程？生：发电站→升压变压器→输电线路→降压变压器→用户，2、远距离输电示意图（1）升压变压器两端的功率关系：电压关系：电流关系：（2）输电线路中的功率关系：32P P P +∆= 电压关系:32U U U +∆=电流关系:线I I I ==32（3）降压变压器两端的功率关系:43P P = 电压关系：4343n nU U = 电流关系3432n n I I = 例题 发电机的端电压为220V ，输出电功率为44kW ，输电导线的总电阻为0.2Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1：10的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为10：1的降压变压器降压供给用户．求 （1）用户得到的电压和功率；（2）若不经过变压而直接送到用户，用户得电压和功率． 解:先画出输电流程图（1）已知U1=220V ，P1=44kW,则I1=P1/U1=20021P P =2121n n U U =1221n n I I =A1221n n I I =，则I2=20A,V R I U 42==∆线,W R I P 8022==∆线 W P P P 4392013=∆-=∴,V I P U 2196233==,则V n nU U 6.2193434== （2）A U P I 20011==,V IR U 40==∆线,V U U U 1801=∆-=用 W R I P 80002==∆线,W P P P 360001=∆-=用。

学案3 习题课：交变电流的产生及描述[学习目标定位] 1.理解交变电流的产生过程，能够求解交变电流的瞬时值.2.理解交变电流图像的物理意义.3.知道交变电流“四值”的区别，会求解交变电流的有效值．1．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，瞬时值表达式e ＝E m sin ωt (从中性面开始计时)．2．正弦式交变电流的最大值E m ＝NBS ω，即最大值由线圈匝数N 、磁感应强度B 、转动角速度ω及线圈面积S 决定，与线圈的形状、转轴的位置无关．(填“有关”或“无关”) 3．线圈在转动过程中的平均电动势，要用法拉第电磁感应定律计算，即E ＝N ΔΦΔt .4．正弦交流电的有效值U ＝U m2，I ＝I m2.其他非正弦交流电的有效值根据电流的热效应求解.一、对交变电流产生规律的理解求解交变电动势瞬时值时：(1)首先要计算峰值E m ＝NBS ω；(2)确定线圈转动从哪个位置开始，以便确定瞬时值表达式是按正弦规律变化还是按余弦规律变化；(3)确定线圈转动的角速度ω(以rad/s 作单位)；最后确定感应电动势的瞬时值表达式．例1 图1甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图．其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的匝数n ＝100匝，电阻r ＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R 连接，电阻R ＝90 Ω，与R 并联的交变电压表为理想电表．在t ＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 按图乙所示正弦规律变化．求：图1(1)交流发电机产生的电动势最大值； (2)电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转过130s 时电动势的瞬时值；(4)电路中交变电压表的示数．解析 (1)交流发电机产生电动势的最大值E m ＝nBS ω 而Φm ＝BS ，ω＝2πT ，所以E m ＝2n πΦmT由Φ－t 图线可知，Φm ＝2.0×10－2Wb ，T ＝0.2 s 所以E m ＝20π V ＝62.8 V.(2)线圈转动的角速度ω＝2πT ＝2π0.2 rad/s ＝10π rad/s ，由于从垂直中性面处开始计时，所以感应电动势瞬时值表达式为e ＝E m cos ωt ＝62.8cos (10πt ) V (3)当线圈转过130s 时e ＝20πcos(10π×130) V ＝10π V ＝31.4 V(4)电动势的有效值E ＝E m2＝102π VU ＝R R ＋r E ＝90100×102π V ＝92π V ≈40 V 答案 (1)62.8 V (2)e ＝62.8cos (10πt ) V (3)31.4 V (4)40 V二、交变电流图像的应用正弦交流电的图像是一条正弦曲线，从图像中可以得到以下信息： (1)交变电流的峰值I m 、E m 、周期T 、频率f .(2)可根据线圈转至中性面时电流为零的特点，确定线圈处于中性面的时刻，确定了该时刻，也就确定了磁通量最大的时刻和磁通量变化率最小的时刻．(3)可根据线圈转至与磁场平行时感应电流最大的特点，确定线圈与中性面垂直的时刻．此时刻也就是磁通量为零的时刻和磁通量变化率最大的时刻．例2 如图2所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )图2A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先、后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值为u ＝10sin (5πt ) VD ．交流电b 的最大值为203V解析 由题图可知，t ＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；由题图可知T a ∶T b ＝2∶3，故n a ∶n b ＝3∶2，B 正确；由题图可知，C 正确；因ωa ∶ωb ＝3∶2，交流电最大值U m ＝NBS ω，故U m a ∶U m b ＝3∶2，U m b ＝23U m a ＝203 V ，D 正确．答案 BCD三、交变电流有效值的计算 求解有效值的一般方法和技巧：(1)首先要分析交变电流的变化规律，正弦式交变电流的最大值和有效值的关系是I ＝I m2、U＝U m2，非正弦式交变电流一般不符合此关系．(2)对于非正弦式交变电流，可在一个周期内分段求出产生的热量，再求热量的总和Q .将总热量Q 用相应的物理量I 或U 来表示(如Q ＝I 2RT 或Q ＝U 2RT )，则I 或U 即为非正弦式交变电流的相应有效值．例3 图3表示一交流电电流随时间变化的图像，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为I m ；电流的负值强度为I m ，则该交流电的有效值为 ( )图3A.I m2B.2I m C ．I m D.32I m 解析 根据有效值的定义，取一个周期T ，则Q ＝(I m2)2R T2＋I 2m R T2＝I 2RT解得：I ＝32I m ，故选D. 答案 D四、交变电流“四值”的应用比较交变电流的四值，即峰值、有效值、瞬时值、平均值，在不同情况下的使用： (1)在研究电容器的耐压值时，只能用峰值．(2)在研究交变电流做功、电功率及产生的热量时，只能用有效值，交流电表显示的也是有效值．(3)在研究交变电流通过导体横截面的电荷量时，只能用平均值． (4)在研究某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值．特别提醒 (1)交变电流的平均值是针对某一过程的物理量，在不同的时间内平均值一般不相同．(2)平均电动势不等于初、末两时刻瞬时值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算即E ＝N ΔΦΔt.例4 一个电阻为r 、边长为L 的正方形线圈abcd 共N 匝，线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO ′以如图4所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R .图4(1)求出此刻线圈感应电流的方向．(2)线圈转动过程中感应电动势的最大值为多大？ (3)线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大？(4)设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周柴油机做多少功？ (5)从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R 的电荷量是多少？ (6)图中电流表和电压表的示数各是多少？ 解析 (1)由右手定则可判定电流的方向沿adcba . (2)E m ＝NBS ω＝NB ωL 2.(3)线圈平面与B 成60°角时的瞬时感应电动势e ＝E m cos 60°＝12NB ωL 2.(4)电动势的有效值E ＝E m2.电流的有效值I ＝ER ＋r，由于不计能量损失，柴油机做的功全部转化为电能，线圈转一周，柴油机做的功W ＝EIt ＝E 2R ＋r t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫NB ωL 222R ＋r ·2πω＝πN 2B 2ωL 4R ＋r.(5)通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝N ΔΦΔtR ＋r·Δt＝N ΔΦR ＋r ＝NBL 2·sin 60°R ＋r ＝3NBL 22(R ＋r ) (6)电流表示数I ＝ER ＋r ＝E m 2(R ＋r )＝NBL 2ω2(R ＋r )电压表示数U ＝IR ＝NBL 2ωR 2(R ＋r )答案 见解析1．(交变电流图像的应用)图5甲、乙分别表示两种电压的波形，其中甲电压按正弦规律变化．下列说法正确的是( )图5A ．甲表示交流电，乙表示直流电B ．两种电压的有效值相等C ．甲电压的瞬时值表达式为u ＝311sin (100πt ) VD ．甲交变电流的有效值比乙交变电流的有效值大 答案 CD解析 两题图中交变电流的大小和方向都随时间变化，在t 轴的上方为正，下方为负，A 错．有效值E ＝E m2只对正弦交流电适用，将两个图像叠放在一起，可以看出两个交变电流的最大值相等，甲对应的有效值大，所以B 错，D 对．由题图甲可知C 对．2．(交变电流有效值的计算)如图6所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )图6A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶6答案 C解析 电功的计算，I 要用有效值计算，题图甲中，由有效值的定义得(12)2R ×2×10－2＋0＋(12)2R ×2×10－2＝I 21R ×6×10－2，得I 1＝33A ；题图乙中，I 的值不变，故I 2＝1 A ，由W ＝UIt ＝I 2Rt 可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3.C 正确．3．(对交变电流产生规律的理解)如图7所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB 轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B ＝52πT ，线框的CD 边长为20 cm ，CE 、DF 长均为10cm ，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：图7(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在e －t 坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图像． 答案 (1)e ＝102cos (100πt ) V (2)见解析图解析 (1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，在t 时刻线框转过的角度为ωt ，此时刻e ＝Bl 1l 2ωcos ωt ，即e ＝BS ωcos ωt ，其中B ＝52π T ，S ＝0.1×0.2m 2＝0.02 m 2，ω＝2πn ＝2π×50 rad/s ＝100π rad/s ， 故e ＝52π×0.02×100πcos (100πt ) V ，即e ＝102cos (100πt ) V.(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图像如图所示．4．(交变电流“四值”的应用比较)如图8所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO ′轴从图示位置开始匀速转动．已知从图示位置转过π6时，线圈中电动势大小为10 V ，求：图8(1)交变电动势的峰值； (2)交变电动势的有效值；(3)与线圈相接的交流电压表的示数． 答案 (1)20 V (2)10 2 V (3)10 2 V解析 (1)图示位置为中性面，从此时开始计时，交变电动势的瞬时值为e ＝E m sin ωt ， 将ωt ＝π6，e ＝10 V 代入上式，求得E m ＝20 V.(2)此电流为正弦交变电流，所以交变电动势的有效值E ＝E m2＝202V ＝10 2 V. (3)此交流电压表测的是电动势的有效值，大小为10 2 V.题组一 对交变电流产生规律的理解1．如图1所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动．在线框由水平位置以角速度ω匀速转过90°的过程中，穿过线框面的最大磁通量为Φ，已知导线框的电阻为R ，则下列说法中正确的是 ( )图1A ．导线框转到如图所示的位置时电流的方向将发生改变B ．导线框转到如图所示的位置时电流的方向为badcC ．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e ＝Φωsin ωtD ．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e ＝Φωcos ωt 答案 D2．面积均为S 的两个电阻相同的线圈，分别放在如图2甲、乙所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B 0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T 绕OO ′轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为B ＝B 0cos 2πTt ，从图示位置开始计时，则 ( )图2A ．两线圈的磁通量变化规律相同B ．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C ．经相同的时间t (t ＞T )，两线圈产生的热量不同D ．从此时刻起，经T /4时间，通过两线圈横截面的电荷量不同 答案 A解析 甲图中的磁通量变化规律为Φ甲＝B 0S cos2πTt ，乙图中磁通量的变化规律为Φ乙＝B 0S cos 2πT t .由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E 也相同，又因两线圈电阻相同，所以Q ＝E 2Rt 也相同，经过T 4时间，通过两线圈横截面的电荷量q ＝I ·T4也相同，故A 正确．题组二 交变电流图像的应用3．某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图像是 ( )答案 B解析 线圈转速为正常时的一半，据ω＝2πn ＝2πT知，周期变为正常时的2倍，又据E m ＝NBS ω知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，知正确选项为B. 4．一矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交变电动势e 随时间t 变化的情况如图3所示，下列说法中正确的是 ( )图3A ．此交流电的频率为0.2 HzB ．此交变电动势的有效值为1 VC ．t ＝0.1 s 时，线圈平面与磁场方向平行D ．在线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为1100π Wb答案 D解析 由题图可知，此交流电的周期T ＝0.2 s ，频率f ＝1T ＝5 Hz ，A 错．E ＝E m 2＝22 V ，B错误．t ＝0.1 s 时，感应电动势为0，线圈平面与磁感线垂直，C 错误．因E m ＝NBS ω，其中N ＝10，ω＝2πT ＝10π rad/s ，故Φm ＝BS ＝1100πWb ，D 正确．5．如图4(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θ＝45°时为计时起点，如图(b)所示，并规定当电流自a 流向b 时电流方向为正．则下列所示的四幅图中正确的是( )图4答案 D解析 由楞次定律知，t ＝0时，感应电流方向为负，线圈平面与中性面的夹角为π2－θ＝π4，线圈再转过π4到达中性面，所以，在线圈转过π4的过程中电流在减小，θ＝π4时，i ＝0，因而只有D 项正确．题组三 交变电流有效值的计算6．A 、B 是两个完全相同的电热器，A 通以图5甲所示的方波交变电流，B 通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率P A ∶P B 等于 ( )图5A ．5∶4B ．3∶2 C.2∶1D ．2∶1答案 A解析 方形波的有效值为I 20R T 2＋14I 20R T 2＝I 21RT ，解得：I 1＝58I 0 正弦交流电有效值为：I 2＝I 02所以P A ∶P B ＝I 21R ∶I 22R ＝5∶4，故选A. 题组四 交变电流“四值”的应用比较7．如图6所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab 边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S ，线圈导线的总电阻为R .t ＝0时刻线圈平面与纸面重合．则( )图6A ．线圈中电流t 时刻瞬时值表达式为i ＝BS ωR cos ωtB ．线圈中电流的有效值为I ＝BS ωR C ．线圈中电流的有效值为I ＝2BS ω2RD ．线圈消耗的电功率为P ＝(BS ω)22R答案 CD解析 回路中感应电动势最大值E m ＝BS ω，电流最大值I m ＝E m R ＝BS ωR ，t ＝0时线圈位于中性面，故电流瞬时值表达式i ＝BS ωR sin ωt .线圈中电流的有效值I ＝I m 2＝2BS ω2R ，P ＝I 2R ＝B 2ω2S 22R，故A 、B 错误，C 、D 正确． 8.如图7所示，在匀强磁场中有一个内阻r ＝3 Ω、面积S ＝0.02 m 2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B ＝52πT ．若线框以ω＝100π 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：图7(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式；(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？答案 (1)e ＝102cos (100πt ) V (2)260π C 无关 (3)不能 253W 解析 (1)线框转动时产生感应电动势的最大值E m ＝BS ω＝52π×0.02×100π V ＝10 2 V 因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m cos ωt ＝102cos (100πt ) V. (2)线框转过90°的过程中，产生的平均电动势E ＝ΔΦΔt. 流过导线横截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝BS R ＋r， 又灯泡电阻R ＝U 20P 0＝6212 Ω＝3 Ω. 故q ＝BS R ＋r ＝52π×0.023＋3 C ＝260πC ，与线框转动的快慢无关．(3)线框产生的感应电动势的有效值E ＝E m 2＝10 V ，灯泡两端电压U ＝ER ＋r R ＝5 V ．因U ＜6 V ， 故灯泡不能正常发光． 其实际功率P ＝U 2R ＝523 W ＝253W.。

学案2 描述交流电的物理量[学习目标定位] 、频率、 , ,会进行有效值的计算．1．线圈在某一段时间内从一个位置转动到另一个位置的过程中产生的平均电动势为E ＝N ΔΦΔt. 2．恒定电流产生电热的计算遵循焦耳定律 ,Q ＝I 2Rt .一、周期和频率1．周期：交变电流作一次周期性变化所需的时间 ,叫做它的周期 ,通常用T 表示 ,单位 是s.2．频率：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数 ,叫做它的频率 ,通常用f 表示 ,单位是Hz.3．周期和频率互为倒数 ,即T ＝1f 或f ＝1T.4．线圈转动的角速度ω等于频率的2π倍 ,即ω＝2πf . 二、峰值有效值1．峰值：U m 和I m 分别表示了在一个周期内电压和电流所能到达的最|大值．2．交变电压的峰值不能超过(选填 "超过〞或 "低于〞)电容器、二极管等元器件所能承受的电压 ,否那么就有被击穿而损坏的危险．3．有效值：交流电的有效值是根据电流的热效应来规定的 ,如果交流电与某一直流电通过同一电阻 ,在相同的时间内所产生的热量相等 ,那么这个直流电的电流和电压值 ,就分别称为相应交流电的电流和电压的有效值．4．正弦式交变电流的有效值I 、U 与峰值I m 、U m 的关系：I ＝22I m ,U ＝22U m . 5．人们通常说的家庭电路的电压是220 V ,指的是有效值．使用交流电表测出的数值是正弦交流电的有效值．一、周期和频率[问题设计] 如图1所示 ,这个交变电流的周期是多少 ?频率是多少 ?图1答案 周期T ＝ s ；频率f ＝50 Hz. [要点提炼]1．交流电变化越快 ,那么周期越短 ,频率越大．2．角速度与周期的关系：ω＝2πT.3．转速(n )：线圈单位时间(1 s 或1 min)转过的圈数 ,单位是r/s 或r/min.角速度与转速的关系：ω＝2πn (n 单位为r/s)或ω＝πn30(n 单位为r/min)．4．我国电网中交变电流的周期是 s ,频率是50 Hz. 二、峰值有效值 [问题设计]1．图2是通过一个R ＝1 Ω的电阻的电流i 随时间变化的曲线．这个电流不是恒定电流． (1)怎样计算1 s 内电阻R 中产生的热量 ?(2)如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻R ,也能在1 s 内产生同样的热 ,这个电流是多大 ?图2答案 (1)Q ＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝42×1× J ＋22×1× J ＝10 J(2)由Q ＝I 2Rt 得I ＝ Q Rt ＝ 101×1A ＝10 A2．某交流电压瞬时值表达式u ＝62sin (100πt ) V ,把标有 "6 V,2 W 〞的小灯泡接在此电源上会不会被烧坏 ?把一个能承受的最|大电压为6 V 的电容器接在此电源上会不会被击穿 ? 答案 小灯泡不会被烧坏 ,交流电压瞬时值表达式u ＝62sin (100πt ) V 中6 2 V 是最|大值 ,其有效值为6 V ,而标有 "6 V,2 W 〞的小灯泡中的6 V 是有效值．电容器会被击穿． [要点提炼]1．峰值：也叫最|大值 ,它是所有瞬时值中的最|大值．(1)当线圈平面跟磁感线平行时 ,交流电动势最|大 ,E m ＝NBSω(转轴垂直于磁感线)． (2)电容器接在交流电路中 ,交变电压的最|大值不能超过电容器的耐压值．2．有效值的应用(1)计算与电流热效应有关的量(如功率、热量)要用有效值．(2)交流电表的测量值,电气设备标注的额定电压、额定电流,通常提到的交流电的数值指有效值．3．有效值的计算(1)正弦式交变电流：根据E＝E m2、U＝U m2、I＝I m2计算其有效值．(2)非正弦式交变电流：只能根据电流的热效应计算．计算时要注意三同： "相同电阻〞上、"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．4．平均值的应用计算通过导体某一截面的电荷量时,只能用交变电流的平均值,即q＝I·Δt＝ERΔt＝NΔΦR,这是平均值应用最|多的一处．一、对描述交变电流物理量的认识例1一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图3所示,由图可知()图3A．该交流电的电压的有效值为100 VB．该交流电的频率为25 HzC．该交流电压瞬时值的表达式为u＝100sin 25t VD．并联在该电压两端的电压表指针不停摆动解析根据题图可知该交变电流电压的最|大值为100 V ,周期为4×10－2s ,所以频率为25 Hz ,A错,B对；而ω＝2πf＝50π rad/s ,所以u＝100sin (50πt) V ,C错；交流电压表的示数为交流电的有效值而不是瞬时值,不随时间变化,D错．答案 B二、正弦式交变电流有效值的计算例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像如图4甲所示．Ω , Ω的灯泡,如图乙所示,那么()图4A ．电压表的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒钟改变50次C ．灯泡实际消耗的功率为484 WD ． J解析 电压表示数为灯泡两端电压的有效值 ,由题图知电动势的最|大值E m ＝220 2 V ,有效值E ＝220 V ,灯泡两端电压U ＝RER ＋r ＝209 V ,A 错；由题图甲知T ＝0.02 s ,一个周期内电流方向变化两次 ,可知1 s 内电流方向变化100次 ,B 错；灯泡的实际功率P ＝U 2R ＝209295 W ＝459.8 W ,C 错；电流的有效值I ＝ER ＋r ＝2.2 A ,发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q r ＝I 2rt 2×5×1 J ＝24.2 J ．D 对． 答案 D三、非正弦式交变电流有效值的计算例3 如图5所示是一交变电流随时间变化的图像 ,求此交变电流的有效值．图5解析 设该交变电流的有效值为I ′ ,直流电的电流强度为I ,让该交变电流和直流电分别通过同一电阻(阻值为R ) ,在一个周期(T s)内 ,该交变电流产生的热量：Q ′＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝(42)2R ×0.1＋(－32)2R ×0.1＝5R 在一个周期内直流电通过该电阻产生的热量 Q ＝I 2RTI 2R .由Q ＝Q ′I 2R ＝5R ,解得I ＝5 A ,即此交变电流的有效值I ′＝I ＝5 A 答案 5 A四、有效值、瞬时值、平均值的区别应用例4 在水平方向的匀强磁场中 ,有一正方形闭合线圈绕垂直磁感线的轴匀速转动 ,线圈的匝数为n ＝100匝 ,边长为20 cm ,电阻为10 Ω ,转动频率f ＝50 Hz , T ,求： (1)外力驱动线圈转动的功率．(2)转至|线圈平面与中性面的夹角为30°时 ,线圈产生的感应电动势及感应电流的瞬时值大小．(3)线圈由中性面转至|与中性面成30°夹角的过程中 ,通过线圈横截面的电荷量．解析 (1)线圈中交变电动势的最|大值 E m ＝nBSω＝100××(0.2)2×2π×50 V ＝628 V.交变电动势的有效值E ＝E m2＝314 2 V.外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等．即P 外＝E 2R ＝(3142)210×104 W.(2)线圈转到与中性面成30°角时 ,其电动势的瞬时值 e ＝E m sin 30°＝314 V ,交变电流的瞬时值 i ＝e R ＝31410A ＝31.4 A. (3)在线圈从中性面转过30°角的过程中 ,线圈中的平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ,平均感应电流I ＝ER ＝n ΔΦR ·Δt, 通过线圈横截面的电荷量为q ,那么q ＝I Δt ＝n ΔΦR ＝nBl 2(1－cos 30°)R＝100××2×()10 C×10－2 C.答案 (1)×104 W (2)314 V A (3)×10－2 C1．(对描述交变电流物理量的认识)如图6是某种正弦式交变电压的波形图 ,由图可确定该电压的 ( )图6A ． sB ．最|大值是220 VC ．有效值是220 VD ．表达式为u ＝220sin (100πt ) V 答案 C解析 由题图可知 ,该交变电压的周期为0.02 s ,最|大值为311 V ,而有效值U ＝U m 2＝3112V ＝220 V ,故A 、B 错误 ,C 正确．正弦交变电压的瞬时值表达式u ＝U m sin ωt ＝311sin (2π0.02t ) V ＝311sin (100πt ) V ,故D 选项错误．2．(正弦式交变电流有效值的计算)一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动 ,周期为T .从中性面开始计时 ,当t ＝112T 时 ,线圈中感应电动势的瞬时值为2 V ,那么此交变电流的有效值为( ) A ．2 2 V B ．2 VC. 2 VD.22V 答案 A解析 先用代入法求出感应电动势的最|大值：由e ＝E m sin ωt 得2 V ＝E m sin (2πT ×T12) ,由此得E m ＝4 V ,因此有效值为2 2 V ．选项A 正确．3.(非正弦式交变电流有效值的计算)通过一阻值R ＝100 Ω的电阻的交变电流如图7所示 ,其周期为1 s ．电阻两端电压的有效值为 ( )图7A ．12 VB ．410 VC ．15 VD ．8 5 V答案 B解析 根据电流的热效应计算电流的有效值．由(0.1)2R ××2＋(0.2)2R ××2＝I 2R ×1可得 ,流过电阻的电流的有效值I ＝1025A ,电阻两端电压的有效值为U ＝IR ＝410 V ,B 正确．题组一 对描述交变电流物理量的认识1．以下提到的交流电,不是指有效值的是()A．交流电压表的读数B．保险丝熔断电流C．电容器击穿电压D．220 V交流电压答案 C解析电容器击穿电压指电容器两端允许加的电压的最|大值．2．以下说法正确的选项是()A．交变电流的有效值就是它的平均值B．任何交变电流的有效值都是它最|大值的1 2C．如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q ,那么该交变电流的有效值为Q RD．以上说法均不正确答案 D解析有效值是根据电流的热效应来定义的,平均值并不是有效值,例如线圈在匀强磁场中转动一圈,其平均电动势为零,故A错．在正弦(余弦)式交变电流中,其有效值为最|大值的12,对于其他交变电流并不一定满足此关系,故B错．交变电流要产生热量需要一定的时间,C选项中没有告诉时间,因此是错误的．3．以下关于交变电流的说法正确的选项是()A．假设交变电流的峰值为5 A ,那么它的最|小值为－5 AB．用交流电流表测交变电流时,指针来回摆动C．我国工农业生产和生活用的交变电流频率为50 Hz ,故电流方向每秒改变100次D．正弦交变电流i＝20sin (10πt) A的峰值为20 A ,频率为100 Hz答案 C解析电流的负值表示电流方向与规定正方向相反,不表示大小,A项错误；交流电流表测交变电流时,指针不会来回摆动,B项错误；我国工农业生产和生活用的交变电流,周期为0.02 s ,交流电方向一个周期改变两次,所以每秒改变100次,C项正确；由ω＝2πf得正弦交变电流i＝20sin (10πt) A的频率为5 Hz ,D项错误．题组二非正弦式交变电流有效值的计算4．阻值为1 Ω的电阻上通以交变电流,其i－t关系如图1所示,那么在0～1 s内电阻上产生的热量为()图1A．1 J B．J C．2 J D．J答案 D解析 因为所加的电流为交变电流 ,大小在变化 ,所以只能分时间段来求热量．在0～1 s 内有效电流的瞬时值大小为1 A 和2 A 的时间段分别为t 1＝0.4 s ,t 2＝0.6 s ,所以Q ＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝2.8 J.5．某一交变电流的电压波形如图2所示 ,求这一交变电流的电压的有效值U .图2答案 210 V解析 假设让一直流电压U 和如题图所示的交流电压分别加在同一电阻两端 ,交变电流在一个周期内产生的热量Q 1＝2(U 21R ·T 4＋U 22R ·T 4)＝82R ·T 2＋42R ·T2.直流电在一个周期内产生的热量Q 2＝U 2R ·T .由交变电流有效值的定义知Q 1＝Q 2 ,即82R ·T 2＋42R ·T 2＝U 2R ·T .解得U ＝210 V.题组三 正弦式交变电流有效值的计算6．如图3甲是小型交流发电机的示意图 ,两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场 ,为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动 ,从图示位置开始计时 ,产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示 ,以下判断正确的选项是 ( )图3A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ． s 时线圈平面与磁场方向平行D ． s 时电阻R 中电流的方向自右向左 答案 AC7．电阻R 1、R 2与交流电源按照如图4甲所示方式连接 ,R 1＝10 Ω、R 2＝20 ,通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时间t 变化的情况如图乙所示．那么( )图4A ．通过R 1的电流的有效值是 AB ．R 1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流的最|大值是 2 AD ．R 2两端的电压最|大值是6 2 V 答案 B解析 由题图乙可得 ,正弦交变电流的最|大值I m ＝ 2 A ,所以电流的有效值I ＝I m2＝ A ,电阻R 1、R 2串联 ,所以电流的最|大值均为 2 A ,有效值均为 A ．由欧姆定律U ＝IR 得 ,U 1＝IR 1＝6 V ,所以U 1m ＝2U 1＝6 2 V ；U 2＝IR 2＝12 V ,U 2m ＝2U 2＝12 2 V.,A 是熔断电流I 0＝2 A 的保险丝 ,电阻可不计 ,R 是可变电阻 ,S 是交流电源．交流电源的内电阻不计 ,其电动势随时间变化的规律是e ＝2202sin 314t V ．为了不使保险丝熔断 ,可变电阻的阻值应该大于( )图5A ．110 2 ΩB ．110 ΩC ．220 ΩD ．220 2 Ω答案 B解析 E ＝220 V ,R min ＝E I 0＝2202Ω＝110 Ω.9．把U 0＝10 V 的直流电压加在阻值为R 的电阻上 ,其发热功率跟另一个正弦交变电压加在阻值为R2上的电功率相同 ,那么这个交变电流的电压的峰值为 ( )A ．10 VB ．10 2 VC ．20 VD ．20 2 V答案 A解析 直流电压U 0加在阻值为R 的电阻上 ,而交变电流加在阻值为R2的电阻上 ,它们联系的桥梁是发热功率相等．设这个交变电压的有效值为U ,那么由电功率公式得U 20R T ＝U 2R2T ,U ＝2U 02,故U m ＝ 2U ＝U 0＝10 V ．正确答案为A. 题组四 瞬时值、峰值、有效值、平均值的区别应用10．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动 ,从中性面开始转动180°的过程中 ,平均感应电动势和最|大感应电动势之比为( ) A ．π/2B ．2/πC ．2πD ．π答案 B,线圈abcd 的面积是 m 2 ,共100匝 ,线圈电阻为1 Ω ,外接电阻R ＝9 Ω ,匀强磁场的磁感应强度为B ＝1πT ,当线圈以300 r/min 的转速匀速转动时 ,求：图6(1)电路中交流电压表和交流电流表的示数；(2)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R 的电荷量． 答案 (1) V A (2) C 解析 (1)E m ＝NBSω＝100×1π××2π×30060 V ＝50 VE ＝E m2＝25 2 V ≈35.4 V.电流表示数I ＝ER ＋r ＝3.54 A ,电压表示数U ＝IR ×9 V ＝31.86 V . (2)从图示位置转过90°的过程中 , E ＝N ΔΦΔt ,又因为I ＝E R ＋r ,q ＝I Δt ,联立得q ＝N ΔΦR ＋r ＝NBSR ＋r≈0.16 C.,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90°的过程中 ,求：图7(1)通过电阻R 的电荷量q ； (2)电阻R 上所产生的热量Q .答案 (1)NBS R ＋r (2)πN 2B 2S 2ωR4(R ＋r )2解析 此题考查交变电流平均值、有效值的应用 ,关键要知道求电荷量用交变电流的平均公众号：惟微小筑值 ,求热量用交变电流的有效值．(1)依题意磁通量的变化量ΔΦ＝BS ,线圈转过90°的时间为Δt ＝T 4＝2π4ω＝π2ω,平均感应电动势为E ＝N ΔΦΔt ＝2NBSωπ.平均感应电流为I ＝E R ＋r ＝2NBSωπ(R ＋r ).通过电阻R 的电荷量为q ＝I ·Δt ＝NBS R ＋r. (2)线圈中感应电动势有效值和最|大值E m 的关系是E ＝E m 2＝NBSω2,电路中电流的有效值为I ＝E R ＋r ＝NBSω2(R ＋r ). 电阻R 上产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝πN 2B 2S 2ωR 4(R ＋r )2.。

学案3 习题课：交变电流的产生及描述[学习目标定位] 1.理解交变电流的产生过程，能够求解交变电流的瞬时值.2.理解交变电流图像的物理意义.3.知道交变电流“四值”的区别，会求解交变电流的有效值．1．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，瞬时值表达式e ＝E m sin ωt (从中性面开始计时)．2．正弦式交变电流的最大值E m ＝NBS ω，即最大值由线圈匝数N 、磁感应强度B 、转动角速度ω及线圈面积S 决定，与线圈的形状、转轴的位置无关．(填“有关”或“无关”) 3．线圈在转动过程中的平均电动势，要用法拉第电磁感应定律计算，即E ＝N ΔΦΔt .4．正弦交流电的有效值U ＝U m2，I ＝I m2.其他非正弦交流电的有效值根据电流的热效应求解.一、对交变电流产生规律的理解求解交变电动势瞬时值时：(1)首先要计算峰值E m ＝NBS ω；(2)确定线圈转动从哪个位置开始，以便确定瞬时值表达式是按正弦规律变化还是按余弦规律变化；(3)确定线圈转动的角速度ω(以rad/s 作单位)；最后确定感应电动势的瞬时值表达式．例1 图1甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图．其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的匝数n ＝100匝，电阻r ＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R 连接，电阻R ＝90 Ω，与R 并联的交变电压表为理想电表．在t ＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 按图乙所示正弦规律变化．求：图1(1)交流发电机产生的电动势最大值； (2)电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转过130s 时电动势的瞬时值；(4)电路中交变电压表的示数．解析 (1)交流发电机产生电动势的最大值E m ＝nBS ω 而Φm ＝BS ，ω＝2πT ，所以E m ＝2n πΦmT由Φ－t 图线可知，Φm ＝2.0×10－2Wb ，T ＝0.2 s 所以E m ＝20π V ＝62.8 V.(2)线圈转动的角速度ω＝2πT ＝2π0.2 rad/s ＝10π rad/s ，由于从垂直中性面处开始计时，所以感应电动势瞬时值表达式为e ＝E m cos ωt ＝62.8cos (10πt ) V (3)当线圈转过130s 时e ＝20πcos(10π×130) V ＝10π V ＝31.4 V(4)电动势的有效值E ＝E m2＝102π VU ＝R R ＋r E ＝90100×102π V ＝92π V ≈40 V 答案 (1)62.8 V (2)e ＝62.8cos (10πt ) V (3)31.4 V (4)40 V二、交变电流图像的应用正弦交流电的图像是一条正弦曲线，从图像中可以得到以下信息： (1)交变电流的峰值I m 、E m 、周期T 、频率f .(2)可根据线圈转至中性面时电流为零的特点，确定线圈处于中性面的时刻，确定了该时刻，也就确定了磁通量最大的时刻和磁通量变化率最小的时刻．(3)可根据线圈转至与磁场平行时感应电流最大的特点，确定线圈与中性面垂直的时刻．此时刻也就是磁通量为零的时刻和磁通量变化率最大的时刻．例2 如图2所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )图2A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先、后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值为u ＝10sin (5πt ) VD ．交流电b 的最大值为203V解析 由题图可知，t ＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；由题图可知T a ∶T b ＝2∶3，故n a ∶n b ＝3∶2，B 正确；由题图可知，C 正确；因ωa ∶ωb ＝3∶2，交流电最大值U m ＝NBS ω，故U m a ∶U m b ＝3∶2，U m b ＝23U m a ＝203 V ，D 正确．答案 BCD三、交变电流有效值的计算 求解有效值的一般方法和技巧：(1)首先要分析交变电流的变化规律，正弦式交变电流的最大值和有效值的关系是I ＝I m2、U＝U m2，非正弦式交变电流一般不符合此关系．(2)对于非正弦式交变电流，可在一个周期内分段求出产生的热量，再求热量的总和Q .将总热量Q 用相应的物理量I 或U 来表示(如Q ＝I 2RT 或Q ＝U 2RT )，则I 或U 即为非正弦式交变电流的相应有效值．例3 图3表示一交流电电流随时间变化的图像，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为I m ；电流的负值强度为I m ，则该交流电的有效值为 ( )图3A.I m2B.2I m C ．I m D.32I m 解析 根据有效值的定义，取一个周期T ，则Q ＝(I m2)2R T2＋I 2m R T2＝I 2RT解得：I ＝32I m ，故选D. 答案 D四、交变电流“四值”的应用比较交变电流的四值，即峰值、有效值、瞬时值、平均值，在不同情况下的使用： (1)在研究电容器的耐压值时，只能用峰值．(2)在研究交变电流做功、电功率及产生的热量时，只能用有效值，交流电表显示的也是有效值．(3)在研究交变电流通过导体横截面的电荷量时，只能用平均值． (4)在研究某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值．特别提醒 (1)交变电流的平均值是针对某一过程的物理量，在不同的时间内平均值一般不相同．(2)平均电动势不等于初、末两时刻瞬时值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算即E ＝N ΔΦΔt.例4 一个电阻为r 、边长为L 的正方形线圈abcd 共N 匝，线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO ′以如图4所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R .图4(1)求出此刻线圈感应电流的方向．(2)线圈转动过程中感应电动势的最大值为多大？ (3)线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大？(4)设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周柴油机做多少功？ (5)从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R 的电荷量是多少？ (6)图中电流表和电压表的示数各是多少？ 解析 (1)由右手定则可判定电流的方向沿adcba . (2)E m ＝NBS ω＝NB ωL 2.(3)线圈平面与B 成60°角时的瞬时感应电动势e ＝E m cos 60°＝12NB ωL 2.(4)电动势的有效值E ＝E m2.电流的有效值I ＝ER ＋r，由于不计能量损失，柴油机做的功全部转化为电能，线圈转一周，柴油机做的功W ＝EIt ＝E 2R ＋r t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫NB ωL 222R ＋r ·2πω＝πN 2B 2ωL 4R ＋r.(5)通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝N ΔΦΔtR ＋r·Δt＝N ΔΦR ＋r ＝NBL 2·sin 60°R ＋r ＝3NBL 22(R ＋r ) (6)电流表示数I ＝ER ＋r ＝E m 2(R ＋r )＝NBL 2ω2(R ＋r )电压表示数U ＝IR ＝NBL 2ωR 2(R ＋r )答案 见解析1．(交变电流图像的应用)图5甲、乙分别表示两种电压的波形，其中甲电压按正弦规律变化．下列说法正确的是( )图5A ．甲表示交流电，乙表示直流电B ．两种电压的有效值相等C ．甲电压的瞬时值表达式为u ＝311sin (100πt ) VD ．甲交变电流的有效值比乙交变电流的有效值大 答案 CD解析 两题图中交变电流的大小和方向都随时间变化，在t 轴的上方为正，下方为负，A 错．有效值E ＝E m2只对正弦交流电适用，将两个图像叠放在一起，可以看出两个交变电流的最大值相等，甲对应的有效值大，所以B 错，D 对．由题图甲可知C 对．2．(交变电流有效值的计算)如图6所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )图6A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶6答案 C解析 电功的计算，I 要用有效值计算，题图甲中，由有效值的定义得(12)2R ×2×10－2＋0＋(12)2R ×2×10－2＝I 21R ×6×10－2，得I 1＝33A ；题图乙中，I 的值不变，故I 2＝1 A ，由W ＝UIt ＝I 2Rt 可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3.C 正确．3．(对交变电流产生规律的理解)如图7所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB 轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B ＝52πT ，线框的CD 边长为20 cm ，CE 、DF 长均为10cm ，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：图7(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在e －t 坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图像． 答案 (1)e ＝102cos (100πt ) V (2)见解析图解析 (1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，在t 时刻线框转过的角度为ωt ，此时刻e ＝Bl 1l 2ωcos ωt ，即e ＝BS ωcos ωt ，其中B ＝52π T ，S ＝0.1×0.2m 2＝0.02 m 2，ω＝2πn ＝2π×50 rad/s ＝100π rad/s ， 故e ＝52π×0.02×100πcos (100πt ) V ，即e ＝102cos (100πt ) V.(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图像如图所示．4．(交变电流“四值”的应用比较)如图8所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO ′轴从图示位置开始匀速转动．已知从图示位置转过π6时，线圈中电动势大小为10 V ，求：图8(1)交变电动势的峰值； (2)交变电动势的有效值；(3)与线圈相接的交流电压表的示数． 答案 (1)20 V (2)10 2 V (3)10 2 V解析 (1)图示位置为中性面，从此时开始计时，交变电动势的瞬时值为e ＝E m sin ωt ， 将ωt ＝π6，e ＝10 V 代入上式，求得E m ＝20 V.(2)此电流为正弦交变电流，所以交变电动势的有效值E ＝E m2＝202V ＝10 2 V. (3)此交流电压表测的是电动势的有效值，大小为10 2 V.题组一 对交变电流产生规律的理解1．如图1所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动．在线框由水平位置以角速度ω匀速转过90°的过程中，穿过线框面的最大磁通量为Φ，已知导线框的电阻为R ，则下列说法中正确的是 ( )图1A ．导线框转到如图所示的位置时电流的方向将发生改变B ．导线框转到如图所示的位置时电流的方向为badcC ．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e ＝Φωsin ωtD ．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e ＝Φωcos ωt 答案 D2．面积均为S 的两个电阻相同的线圈，分别放在如图2甲、乙所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B 0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T 绕OO ′轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为B ＝B 0cos 2πTt ，从图示位置开始计时，则 ( )图2A ．两线圈的磁通量变化规律相同B ．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C ．经相同的时间t (t ＞T )，两线圈产生的热量不同D ．从此时刻起，经T /4时间，通过两线圈横截面的电荷量不同 答案 A解析 甲图中的磁通量变化规律为Φ甲＝B 0S cos2πTt ，乙图中磁通量的变化规律为Φ乙＝B 0S cos 2πT t .由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E 也相同，又因两线圈电阻相同，所以Q ＝E 2Rt 也相同，经过T 4时间，通过两线圈横截面的电荷量q ＝I ·T4也相同，故A 正确．题组二 交变电流图像的应用3．某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图像是 ( )答案 B解析 线圈转速为正常时的一半，据ω＝2πn ＝2πT知，周期变为正常时的2倍，又据E m ＝NBS ω知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，知正确选项为B. 4．一矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交变电动势e 随时间t 变化的情况如图3所示，下列说法中正确的是 ( )图3A ．此交流电的频率为0.2 HzB ．此交变电动势的有效值为1 VC ．t ＝0.1 s 时，线圈平面与磁场方向平行D ．在线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为1100π Wb答案 D解析 由题图可知，此交流电的周期T ＝0.2 s ，频率f ＝1T ＝5 Hz ，A 错．E ＝E m 2＝22 V ，B错误．t ＝0.1 s 时，感应电动势为0，线圈平面与磁感线垂直，C 错误．因E m ＝NBS ω，其中N ＝10，ω＝2πT ＝10π rad/s ，故Φm ＝BS ＝1100πWb ，D 正确．5．如图4(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θ＝45°时为计时起点，如图(b)所示，并规定当电流自a 流向b 时电流方向为正．则下列所示的四幅图中正确的是( )图4答案 D解析 由楞次定律知，t ＝0时，感应电流方向为负，线圈平面与中性面的夹角为π2－θ＝π4，线圈再转过π4到达中性面，所以，在线圈转过π4的过程中电流在减小，θ＝π4时，i ＝0，因而只有D 项正确．题组三 交变电流有效值的计算6．A 、B 是两个完全相同的电热器，A 通以图5甲所示的方波交变电流，B 通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率P A ∶P B 等于 ( )图5A ．5∶4B ．3∶2 C.2∶1D ．2∶1答案 A解析 方形波的有效值为I 20R T 2＋14I 20R T 2＝I 21RT ，解得：I 1＝58I 0 正弦交流电有效值为：I 2＝I 02所以P A ∶P B ＝I 21R ∶I 22R ＝5∶4，故选A. 题组四 交变电流“四值”的应用比较7．如图6所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab 边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S ，线圈导线的总电阻为R .t ＝0时刻线圈平面与纸面重合．则( )图6A ．线圈中电流t 时刻瞬时值表达式为i ＝BS ωR cos ωtB ．线圈中电流的有效值为I ＝BS ωR C ．线圈中电流的有效值为I ＝2BS ω2RD ．线圈消耗的电功率为P ＝(BS ω)22R答案 CD解析 回路中感应电动势最大值E m ＝BS ω，电流最大值I m ＝E m R ＝BS ωR ，t ＝0时线圈位于中性面，故电流瞬时值表达式i ＝BS ωR sin ωt .线圈中电流的有效值I ＝I m 2＝2BS ω2R ，P ＝I 2R ＝B 2ω2S 22R，故A 、B 错误，C 、D 正确． 8.如图7所示，在匀强磁场中有一个内阻r ＝3 Ω、面积S ＝0.02 m 2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B ＝52πT ．若线框以ω＝100π 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：图7(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式；(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？答案 (1)e ＝102cos (100πt ) V (2)260π C 无关 (3)不能 253W 解析 (1)线框转动时产生感应电动势的最大值E m ＝BS ω＝52π×0.02×100π V ＝10 2 V 因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m cos ωt ＝102cos (100πt ) V. (2)线框转过90°的过程中，产生的平均电动势E ＝ΔΦΔt. 流过导线横截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝BS R ＋r， 又灯泡电阻R ＝U 20P 0＝6212 Ω＝3 Ω. 故q ＝BS R ＋r ＝52π×0.023＋3 C ＝260πC ，与线框转动的快慢无关．(3)线框产生的感应电动势的有效值E ＝E m 2＝10 V ，灯泡两端电压U ＝ER ＋r R ＝5 V ．因U ＜6 V ， 故灯泡不能正常发光． 其实际功率P ＝U 2R ＝523 W ＝253W.。

7．电能的输送学 习 目 标知 识 脉 络1．理解输电线上损失的电能与哪些因素有关，以及减小损失的两个途径．(重点) 2．理解高压输电的原理．会计算输电损失．(重点)3．了解远距离输电的典型电路，并能利用变压器和电路的规律解决实际问题．(难点) 4．输电网络的分析．(难点)[知识梳理]一、电能输送中的电压损失和电能损耗 1．两种损失比较 两种损失 原因分析 大小表示减小办法 电压损失导线自身存在电阻rU 损＝Ir减小r 减小I 功率损失 导线有电阻 电流热效应P 损＝I 2r减小I 减小r(1)由r ＝ρl S知，导线一般选铝为材料，因而ρ一定，在导线长度l 确定的情况下，要减小电阻，只能通过增大输电线的横截面积，这种方法给架设施工带来困难．(2)由P ＝UI 知，输送电功率不变的前提下，提高输电电压，会减小输电电流，从而减小导线上的发热损失和电压损失．这是降低两种损耗的有效途径．二、远距离输电系统和直流输电 1．远距离输电系统在发电站附近用升压变压器升高电压，用输电线输送到远方，在用电地区附近，用降压变压器降到所需电压．远距离输电电路图如图2­7­1所示：图2­7­12．直流输电(1)采用高压直流输电的原因当交流输电功率很大时，导线的电感、电容引起的电压及电能损失很大；同一电网供电的发电机同步运行，技术上也存在困难．(2)直流输电的使用环节：当前的直流输电，只有高压输电环节中使用直流． (3)直流输电系统发电机――→交流升压变压器――→交流整流设备――→直流输电线――→直流逆变器――→交流降压变压器――→交流用户[基础自测]1．思考判断(1)由P ＝UI 知，功率损耗与电流成正比．(×) (2)电能的损耗受电流的影响比受电阻的影响更为显著． (√) (3)减小输电线电阻是降低电能损耗的最佳途径． (×) (4)高压输电是通过减小输电电流来减小电路的电能损耗．(√)(5)远距离输电时，若输送的电功率一定，输电电压越高，输电电流就越小，电能损失就越小，所以输电电压越高越好．(×)(6)直流输电比交流远距输电技术要求更高，输电原理也更复杂． (√)2．(多选)远距离输送交流电都采用高压输电，其优点是( )【导学号：24622083】A ．可节省输电线的铜材料B ．可根据需要调节交流电的频率C ．可减少输电线上的能量损失D ．可加快输电的速度AC [由P ＝IU 得I ＝PU，输送的电功率P 一定，采用高压输电，输电线中的电流就小，由P 线＝I 2r ，要求输电线损耗一定的情况下，就可选横截面积较小的输电线，从而可以节省输电线的铜材料．若输电线确定，则可减少输电线上的能量损失，故A 、C 正确；交流电的频率是一定的，升高电压无法改变交流电的频率．输电的速度就是电磁波的传播速度，是一定的，故B 、D 错误．]3．(多选)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 ，总长度为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 用的关系式正确的是( )A ．P′＝U 2SρLB ．P ′＝P 2ρLU 2SC ．P 用＝P －U 2SρLD ．P 用＝P ⎝⎛⎭⎪⎫1－PρL U 2S BD [输电线电阻R ＝ρL S，输电电流I ＝PU，故输电线上损失的电功率为P ′＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2ρL S ＝P 2ρL U 2S ，用户得到的功率为P 用＝P －P ′＝P ⎝⎛⎭⎪⎫1－PρL U 2S .][合 作 探 究·攻 重 难]电能输送中的电压损失和电能损耗(1)减小输电线的电阻r从公式r ＝ρlS来看，在输电距离一定的情况下，可以增大导线的横截面积，但这样会多耗费材料，同时也给架设施工带来难度；还可以选用电阻率较小的导体．(2)减小输电线的电流I从公式P ＝IU 来看，在输送功率一定的情况下，要减小输送电流就必须提高输电电压． 2．计算功率损失的几个公式 (1)P 损＝I 2r . (2)P 损＝IU 损．(3)P 损＝U 2损r.(4)P 损＝⎝⎛⎭⎪⎫P 送U 送2r . (5)P 损＝P 送－P 用．(多选)某发电厂原来用11 kV 的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220 kV 输电，输电功率都是P ，若输电线路的电阻为R ，则下列说法中正确的是 ( )A ．根据公式I ＝P U ，提高电压后，输电线上的电流降为原来的120B ．根据公式I ＝U R，提高电压后，输电线上的电流增为原来的20倍 C ．根据公式P 损＝I 2R ，提高电压后，输电线上的功率损失减为原来的1400D ．根据公式P ＝U 2R，提高电压后，输电线上的功率损失增大为原来的400倍思路点拨：在输电功率P 一定时，输电电压提高到原来的n 倍，由输电线上功率损失P损＝I 2R＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2·R 知，输电线上功率损失将降为原来的1n2.AC [A 、B 项，根据I ＝P U知，输电功率不变，输电电压变为原来的20倍，则输电电流降为原来的120，故A 项正确，B 项错误．C 、D 项，根据P 损＝I 2R 得，输电电流降为原来的120，则输电线上损耗的功率减为原来的1400，故C 项正确，D 项错误．综上所述，本题正确答案为A 、C.]设输送的电功率为P ，输电电压为U ，输电导线的电阻为R ，则输电线上损失的电功率为P 损＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2R ，输电线上损失的电压为U 损＝IR ＝P UR .[针对训练]1．远距离输送交流电，在一定功率的条件下，要通过提高输电电压来减少线路的损耗，若输电电压提高n 倍．则( )A ．输电导线上损失的电功率不变B ．输电导线的电压损失是原来的1n2倍C ．输电导线的电功率损失是原来的1n 倍D ．输电导线的电功率损失是原来的1n2倍D [因为输送功率一定，根据公式P ＝UI 可得若输电电压提高n 倍，则输送电流减小为原来的1n ，设输电线总电阻为r ，则输电导线上损失的电功率为P 损＝I ′2r ＝1n2I 2r ，即损失的电功率变为原来的1n2，A 、C 错误，D 正确；根据欧姆定律可得输电导线的电压损失ΔU ＝I ′r＝1n Ir ，即变为原来的1n，故B 错误．]2．远距离输电中，当输送的电功率为P ，输送电压为U 时，输电线上损失的电功率为ΔP ，若输送的电功率增加为2P ，而输电线中损失的电功率减为ΔP4，(输电线电阻不变)那么输电电压应增为 ( )A．32U B．16U C．8U D．4UD[由P＝UI知I＝PU，则输电线上损失的功率ΔP＝I2R＝⎝⎛⎭⎪⎫PU2R，得输电电压U＝PRΔP，若输送的电功率增加为2P，而输电线中损失的电功率减为ΔP4，由上式得输电电压U应增为4U；故D正确，A、B、C错误．]远距离输电问题解决远距离输电问题时，需要画输电的电路图，理清三个回路，抓住两个联系，掌握一个定律．(1)画图，理清三个回路(如图2­7­2所示)图2­7­2(2)抓住两个联系①理想升压变压器联系回路1和回路2即U1U2＝n1n2，I1n1＝I2n2，P1＝P2.②理想降压变压器联系回路2和回路3即U3U4＝n3n4，I3n3＝I4n4，P3＝P4.(3)掌握一个定律根据能量守恒定律得P2＝ΔP＋P3.有条河流，流量Q＝2 m3/s，落差h＝5 m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V，输电线总电阻r＝30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V，100 W”的电灯正常发光？(g取10 m/s2，ρ水＝1.0×103 kg/m3) 思路点拨：解答本题可按以下思路进行：【解析】 输电电路图如图所示．电源端：P 输出＝Qρ水 gh ×50%＝5×104W 线路损耗ΔP ＝I 22rI 2＝ΔP r＝P 输出×6%r ＝5×104×0.0630A ＝10 A输电电压U 2＝P 输出I 2＝5×10410V ＝5×103V升压变压比：n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2405×103＝6∶125输电线损失电压ΔU ＝I 2r ＝10×30 V＝300 VU 3＝U 2－ΔU ＝4 700 V ，U 4＝220 V降压变压比：n 3∶n 4＝U 3∶U 4＝235∶11灯盏数N ＝P 输出－ΔPP 灯＝5×104－5×104×0.06100＝470(盏)．【答案】 6∶125 235∶11 470盏处理远距离输电问题的方法及步骤(1)处理方法：处理远距离输电问题的方法，关键是抓住一图三线，一图即输电的电路图，三线即三个关系：功率关系、电压关系和电流关系，抓住一图三线，按照从前到后或从后向前的顺序，即可找到突破口．(2)处理输电问题的步骤①画出图上所示的输电过程的示意图；②在示意图上标出各物理量，找出已知量、未知量和待求量；③围绕三条线展开分析.[针对训练]3．如图2­7­3所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I 2.则( )图2­7­3A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21r D ．输电线路上损失的电功率为I 1UA [根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的电功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误．]4．(多选)为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U ，电流为I ，热耗功率为P ；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P ，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )【导学号：24622084】A ．输电电流为3IB ．输电电流为9IC ．输电电压为3UD ．输电电压为13UAD [输电线上的热耗功率P 线＝I 2R 线，热耗功率由P 变为9P ，则电流I 变为3I ，A 正确；输电功率P 不变，由P ＝UI 知，电流变为3I ，输电电压变为13U ，D 正确．][当 堂 达 标·固 双 基]1．夏天由于用电器的增多，每年夏天都会出现“用电荒”，只好拉闸限电．若某发电站在供电过程中，用电高峰时输电的功率是正常供电的2倍，输电线电阻不变，下列说法正确的是 ( )A ．若输送电压不变，则用电高峰时输电电流为正常供电时的2倍B ．若输送电压不变，则用电高峰时输电线上损失的功率为正常供电时的2倍C ．若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍，则此时输电电流为正常供电时的4倍D ．若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍，则此时输电线损失的功率为正常供电时的4倍A [高压输电时P ＝UI ，I 是输送电路上的电流．用电高峰时，若输送电压不变，则I 为正常时的2倍，A 正确；输电线上的热耗功率ΔP ＝I 2R 线，则热耗功率变为正常时的4倍，B 错误；用电高峰时，若输送电压加倍，则I 不变，与正常时相同，C 错误；由ΔP ＝I 2R 线，则热耗功率不变，D 错误．]2．远距离输电中，发电厂输送的电功率相同，如果分别采用输电电压为U 1＝110 kV 输电和输电电压为U 2＝330 kV 输电．则两种情况中，输电线上通过的电流之比为I 1∶I 2等于( )A ．1∶1B ．3∶1C ．1∶3D ．9∶1B [输送功率相同，根据P ＝UI 得，输电电流与输电电压成反比，所以I 1I 2＝U 2U 1＝31.故B正确．]3．(多选)如图2­7­4为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n 1∶n 2＝n 4∶n 3.当用户用电器的总电阻减少时 ( )图2­7­4A ．U 1∶U 2＝U 4∶U 3B ．用户的电压U 4增加C ．输电线上的损失功率增大D ．用户消耗的功率等于发电机的输出功率AC [根据U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4以及n 1∶n 2＝n 4∶n 3，知U 1∶U 2＝U 4∶U 3，故A 正确；用户用电器总电阻减小，则电流增大，所以输电线上的电流增大，根据P 损＝I 2r 知，输电线上损耗的功率增大，根据ΔU ＝Ir 知，输电线上的电压损失变大，发电机的输出电压不变，则升压变压器的输出电压不变，则降压变压器的输入电压变小，用户的电压U 4减小，故C 正确，B 错误；用户消耗的功率等于发电机的输出功率与输电线上损失的功率之差，故D 错误．]4．(多选)在如图2­7­5所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有 ( )图2­7­5A ．升压变压器的输出电压增大B ．降压变压器的输出电压增大C ．输电线上损耗的功率增大D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大CD [发电厂的输出电压不变，升压变压器的输入电压不变，输出电压不变，选项A 错误；随着发电厂输出功率的增大，输电线中电流增大，输电线上损失的电压(ΔU ＝IR )增大，降压变压器的输入电压减小，降压变压器的输出电压减小，选项B 错误；随着发电厂输出功率的增大，输电线中电流增大，输电线上损耗的功率(ΔP ＝I 2R )增大，选项C 正确；输电线上损耗的功率ΔP ＝I 2R ＝(P 输U 输)2R ，输电线上损耗的功率占总功率的比例ΔP P 输＝RU 2输P 输，选项D 正确．]。