【单元练】辽宁营口市高中物理选修2第三章【交变电流】知识点总结(含答案)

一、选择题
1．图1所示为某可调台灯电路图，变压器原副线圈匝数比为5∶1，灯泡的额定电压为40V ，额定功率为20W ，在a 、b 两端接上如图2所示的交流电，调节滑动变阻器滑片P ，使灯泡正常发光，这时滑动变阻器消耗的功率为（ ）
A ．1W
B ．2W
C ．3W
D ．4W B
解析：B
由图2可知，原线圈两电压的最大值为311V ，则有效值为
1311
V 220V 2
U =
= 根据变压比可知
112251
U n U n == 副线圈两端的电压为U 2=44V ，当灯泡正常工作时，副线圈电路中的电流为
1A 2
P I U =
= 滑动变阻器两端的电压为
44V 40V 4V U '=-=
因此滑动变阻器消耗的功率
2W P U I ''==
故选B 。

2．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n 1：n 2=3∶1，正弦交流电压有效值为U 0恒定，电路中四个电阻R 1=R 2=R 3=R 4，理想电压表示数为U ，则下列说法正确的是（ ）
A ．R 1与R 2的电流之比为1∶1
B ．R 1与R 2的电压之比为3∶1
C ．R 1与R 2的功率之比为1∶3
D ．R 1与R 2的功率之比为1∶9A 解析：A
A ．设通过2R 的电流为I ，则变压器输出端电流为3I ，根据匝数比与电流比
12
21
I n I n = 则输入端电流为
1=I I
所以流过R 1与R 2的电流之比为1∶1，故A 正确； B ．根据欧姆定律
U IR =
可知
1R U U =
所以R 1与R 2的电压之比为1∶1，故B 错误； CD ．根据
2P I R =
可得R 1与R 2的功率之比为1∶1，故CD 错误。

故选A 。

3．如图所示，电路中的变压器为理想变压器，U 为正弦式交变电压，R 为变阻器，R 1、R 2是两个定值电阻，A 、V 分别是理想电流表和理想电压表，则下列说法正确的是（ ）
A ．闭合开关S ，电流表示数变大、电压表示数变大
B ．闭合开关S ，电流表示数变小、电压表示数变大
C ．开关S 保持闭合，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变小
D ．开关S 保持闭合，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变大C 解析：C
AB ．闭合开关S ，负载总电阻变小，变压器的输出功率增大，副线圈的电流增大，根据
1221
I n I n =可知变压器的输入电流增大，即电流表示数变大，变阻器R 两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据
11
22
U n U n =可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，故A 、B 错误；
CD ．开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，变阻器R 的阻值增大，两端电压增
大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据
11
22
U n U n =可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，根据欧姆定律可知副线圈的电流减小，根据12
21
I n I n =可知变压器的输入电流减小，即电流表示数变小，故C 正确，D 错误； 故选C 。

4．家用电子调光灯的调光原理是利用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的调节，比过去用变压器调压方便且体积较小。

如图所示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在台灯上的电压，即在正弦式电压的每一个
1
2周期中，前面的14
波形被截去，从而改变了台灯上的电压。

那么现在台灯上电压的有效值为（ ）
A ．U m
B m
2
C ．
m
2
U D ．
m
4
U C 解析：C
设交流电的有效值为U ，将交流电与直流电分别通过电阻R ，分析一个周期内的热量，交流电产生的热量为
2
m 1224
T Q ⎪⎝⎭=⨯ 直流电产生的热量为
22U Q T R
=
由Q 1=Q 2可得
m
2
U U =
故选C 。

5．如图，用一根总电阻为2R 粗细均匀的铜导线制成半径为L 的圆环，PQ 为圆环的直径，其左右两侧
1
4
圆面积内各存在垂直于圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，但方向相反。

一根长度为2L 、电阻为R 的金属棒MN 绕着圆环的圆心O 点紧贴着圆环以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN 与圆环始终接触良好，不计一
切阻力和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A ．转动过程中流过金属棒中电流方向始终是从N 到M
B ．图示位置金属棒两端的电压大小为22
3
B L ω
C ．从PQ 位置开始计时，π
02ω
-
时间内通过金属棒MN 的横截面电荷量为零 D ．金属棒旋转一周的过程中，金属棒中电流的有效值为2
23B L R
ω D
解析：D
A ．当OM 在左上方磁场中时，由右手定则可知，金属棒中电流方向是从N 到M ，当OM 在右下方磁场中时，由右手定则可知，金属棒中电流方向是从M 到N ，故A 错误；
B ．图示位置金属棒产生的感应电动势为
222
L
E BL BL ωω=⨯⨯
=
外电路的总电阻为
1=2
R R 外
图示位置金属棒两端的电压大小为
21
3
U BL ω=
故B 错误；
C ．从PQ 位置开始计时，π
02ω
-
时间内切割磁感线产生的平均感应电动势为 2222
L
E BLv BL BL ωω=⨯=⨯⨯
=
所以平均感应电流不为0，由公式q It =可知，电荷量也不为0，故C 错误； D ．金属棒转动一周过程中有半个周期内有电流产生，且大小为
222332
BL BL I R R ωω==
金属棒旋转一周的过程中，金属棒中电流的有效值为
2422
24294
B L T
I RT R R ω=⨯⨯⨯
有
解得
223BL I R
ω
=
有 故D 正确。

故选D 。

6．如图所示，某旋转磁极式发电机的转子有两对磁极，将定子线圈的输出端接在一理想变压器的原线圈上，不计定子线圈的电阻。

当转子以25r/s 的转速匀速转动时，在定子绕组中产生频率为50Hz 的正弦交流电。

若使转子以50r/s 的转速转动，则（ ）
A ．电流表A 的示数变为原来两倍
B ．电压表V 的示数不变
C ．电阻R 上交流电的频率为25Hz
D ．变压器铁芯中磁通量变化率的最大值变为原来4倍A 解析：A
AB ．转速加倍，根据
2n ωπ=
则角速度加倍，根据
m E NBS ω=
变压器原线圈两端电压加倍，根据变压器电压与匝数成正比，则副线圈两端电压加倍，则电流加倍，由根据电流与匝数关系可知电流表的示数也加倍，故A 正确，B 错误； C ．转速加倍，则原线圈输入电压频率加倍，为100Hz ，变压器不改变电流频率，所以电阻R 上交流电的频率为100Hz ，故C 错误；
D ．根据法拉第电磁感应定律可知，电动势与磁通量变化率的成之比，因为电动势加倍，变压器铁芯中磁通量变化率的最大值变为原来的2倍，故D 错误。

故选A 。

7．一台发电机产生的交变电流的u t -图象如图所示，该交变电流（ ）
A ．周期是0.01s
B ．电动势有效值为155.5V
C ．在0.01s t =时，线圈平面与中性面重合
D ．在0.02s t =时，穿过线圈的磁通量变化率最大C 解析：C 【分析】
先根据图象读出周期和电动势的最大值，再根据m 2
U U =
求出电动势有效值；在0.01s
t =时，电动势瞬时值为零，线圈平面与中性面重合；根据E n t
∆Φ
=∆，0.02s t =时，电动势瞬时值为零，穿过线圈的磁通量变化率为零。

A ．根据u t -图象，0.02s T =，故A 错误；
B ．根据u t -图象，电动势的最大值为m 311V U =，有效值为
m 311
220V 22
U U =
=≈ 故B 错误；
C ．在0.01s t =时，电动势瞬时值为零，线圈平面与中性面重合，故C 正确；
D ．在0.02s t =时，电动势瞬时值为零，根据
E n t
∆Φ
=∆知，穿过线圈的磁通量变化率为零，故D 错误； 故选C 。

【点睛】
本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式。

在解决有关交变电流的图像问题时，应先把交变电流的图象与线图的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解。

8．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，若从图示位置开始计时，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（ ）
A ．
B ．
C ．
D ． C
解析：C
由题意知图示时刻，由楞次定律判断出线圈中感应电流方向为a d c b a →→→→，为
负方向；线圈中产生的感应电动势表达式为
sin sin m e E t BS t ωωω==
S 是线圈面积的一半，则感应电流的表达式为
sin sin m e BS i t I t R R
ωωω=-
=-=- 其中
m BS I R
ω
=
故线圈中感应电流按正弦规律变化，根据数学知识得知C 正确，ABD 错误。

故选C 。

9．电压互感器和电流互感器是利用变压器原理对高压电路或是高电流电路进行测量的工具，钳形电流表就是电流互感器的一种（如图），它可以在不改变被测电路结构的情况下直接测出电路电流，它的测量过程如图a 所示，此时正在测量一台正常工作电动机的电缆线的电流，其内部变压器可以视为理想变压器，内部结构如图a 右侧所示（电流表表盘上刻度值已经转换成被测电流值）。

图a 中电流表的读数为0.9A 。

图b 中用同一电动机电缆线绕了3匝，则（ ）
A ．这种电流表也能测交流电压
B ．这种电流表能测交流电流，图b 的读数为0.3A
C ．这种电流表能测交流电流，图b 的读数为2.7A
D ．这种电流表能测交流电流，图b 的中电流表指针周期性摆动C 解析：C
AD ．原线圈只接在一根电缆线上，钳形电流表只能测交流电流，不能测交流电压，而且测量的是交变电流的有效值，故AD 错误； BC ．根据理想变压器原理可知：
12
21
I n I n = 当n 1=1，I 2=0.9A ，有
120.91
I n = 当n 1=3时，有
12
23
I n I =' 解得
2
2.7A I '= 所以图乙中电流表的读数为2.7A ，故C 正确，B 错误。

故选C 。

10．一交流电流的图象如图所示，由图可知，下列错误的说法是（ ）
A ．用电流表测该电流其示数为10A
B ．该交流电流的频率为100Hz
C ．该交流电流通过10Ω电阻时，电阻消耗的电功率为1000W
D ．该交流电流瞬时值表达式为i =10sin628t (A)D 解析：D
D ．由图可知，该交流电流瞬时值表达式
m 2π
sin
102200π(A)i I t t T
== 故D 错误；
A ．用电流表测的是有效值，正弦交流电的有效值是
m
10A 2
I =
= 故A 正确；
B ．该交流电流的频率为
11Hz=100Hz 0.01
f T =
= 故B 正确；
C ．该交流电流通过10Ω电阻时，电阻消耗的电功率为
21000W P I R ==
故C 正确。

本题选择错误的，故选D 。

二、填空题
11．一交流电流的图像如图所示，由图可知，该交变电流周期为______s ，用电流表测该电流示数为______A ，若该交流电流通过10Ω的电阻时，电阻消耗的电功率为______W 。

01101000
解析：01 10 1000 [1] 交变电流周期为0.01s [2]电流表示数为
10A 2
m
I I =
= [3] 电阻消耗的电功率为
21000W P I R ==
12．如图所示，线圈的面积是0.05m 2，共100匝；线圈的电阻r =1Ω，外接电阻R =24Ω。

匀强磁场的磁感应强度为
1
π
T ，当线圈以10πrad/s 的角速度匀速转动时，若从线圈平面与磁感线平行时开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e =___________（v ），电路中电流表的示数为___________A 。

41
解析：50cos10π41 [1]由感应电动势峰值公式
m E NBS ω=
可知电动势最大值为
m 50V E =
线圈平面与磁感线平行时开始计时，由电动势瞬时值表达式
m cos e E t ω=
可知电动势瞬时值为
50cos10e t π=
[2]电流表测量的是有效值
m
1.41A 2I R
=
= 13．从发电站输出的功率为200 kW ，输电线的总电阻为0.05 Ω。

用110 V 和11 kV 的电压输电，输电线上损失的电压分别是________ V 和________ V ，输送到用户的电压分别是
________V 和________V ，在输电线上损失的功率分别为________kW 和________kW 。

09119109990916525621653
解析：0.91 19 10999.09 165256.2 16.53 [1]．用110 V 电压输电：
51210A 1818A 110
P I U ⨯==≈ 损失电压
U 损＝IR ＝1818×0.05 V≈91V
[3]．用户得到的电压：
U 用＝U 1－U 损＝110 V －91V ＝19V
[5]．损失功率：
P 损＝I 2R ＝18182×0.05 W ＝165256.2 W
[2]．用11 kV 电压输电：
5
3
2210A 18.18A 1110
P I U ⨯'==≈⨯ 损失电压：
U 损′＝I ′R ＝18.18×0.05V≈0.91V
[4]．用户得到的电压：
U 用′＝U 2－U 损′＝11×103V －0.91V ＝10999.09 V
[6]．损失的功率：
P 损′＝I ′2R ＝18.182×0.05W≈16.53 W.
14．如图所示的交流电路中，如果电源电动势的最大值不变，交流电的频率增大时，可以观察到电灯1L 的亮度______ ，电灯2L 的亮度______ ，电灯3L 的亮度______ ．
变暗变亮不变【解析】感抗为容抗为当频率f 增大时感抗变
大容抗变小感抗变大对交流电的阻碍作用变大所以变暗容抗变小对交流电的阻碍作用变小所以变亮而电阻器的对交流电的阻碍作用不随频率改变所以亮度不变所以变暗
解析：变暗 变亮 不变 【解析】
感抗为2L X fL π=，容抗为1
2C X fc
π=．
当频率f 增大时，感抗L X 变大，容抗C X 变小． 感抗L X 变大，对交流电的阻碍作用变大，所以1L 变暗．
容抗C X 变小，对交流电的阻碍作用变小，所以2L 变亮． 而电阻器的对交流电的阻碍作用不随频率改变，所以3L 亮度不变． 所以1L 变暗、2L 变亮、3L 不变．
【点睛】还可以根据电容器和电感线圈的特性分析选择.电容器内部是真空或电介质，隔断直流.能充电、放电，能通交流，具有隔直通交、通高阻低的特性.电感线圈可以通直流，通过交流电时产生自感电动势，阻碍电流的变化，具有通直阻交，通低阻高的特性． 15．如图所示是我国民用交流电的电压的图象．根据图象可知下列有关家庭用交变电压参数：
(1)电压的最大值是________； (2)用电压表测出的值是________； (3)交流电的频率是________；
(4)t 时刻的交流电压的瞬时值表达式为________(V)．22050311cos100πt 【解析】(1)由
图读出电压的最大值是Um=311V(2)电压表测量有效值有效值为(3)由图读出周期T=2×10-2s 频率为(4)某一时刻的交流电压为u=311cos1
解析：220 50 311cos100πt 【解析】
(1)由图读出，电压的最大值是U m =311V ． (2)电压表测量有效值，有效值为2
0.707311V 220V 2
m U U =
=⨯=. (3)由图读出周期T =2×10-2s ，频率为11Hz 50Hz 0.02
f T =
==， (4)某一时刻的交流电压为u =311cos100πtV.
【点睛】明确交流电图象的物理意义，知道交变电流表达式u =U m sin2πft 的计时起点是中性面，正确根据图象获取有关交流电的信息是对学生的基本要求，平时要加强练习． 16．正弦交流电是由闭合线圈在匀强磁场中匀速转动产生的．线圈中感应电动势随时间变化的规律如图所示，则此感应电动势的有效值为________ V ；周期是________ s ；在1s 内线圈中电流方向变化了________次；假设线圈的匝数为10匝，1
4
t T =
磁通量为________. 10V0258次0【解析】试题分析：MN 处于通电导线产
生的磁场中当有感应电流时则MN 在磁场力作用下向右运动说明MN 受到的磁场力向右由左手定则可知电流由M 指向N 由楞次定律可知线圈中产生感应电流
的磁场应
解析：102V 0.25 8次 0 【解析】
试题分析：MN 处于通电导线产生的磁场中，当有感应电流时，则MN 在磁场力作用下向右运动，说明MN 受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M 指向N ，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由楞次定律可知PQ 的运动情况．
从图中可知该交流电电压的最大值为20V ，故电动势的有效值为20
V 102V 2
U ==，周期为0.25s ，频率为1
4f Hz T
=
=，即1s 内线圈电流方向改变了2×4=8次，从图中可知1
4
t T =时，电动势最大，即线圈平行与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量为零． 17．某交变电压随时间的变化规律如图所示，则此交变电流的频率为________Hz ．线圈转动的角速度是________rad/s ．若将此电压加在10 μF 的电容器上，则电容器的耐压值不应小于________V ．
100π200【解析】由图象可知此正弦交变电压的峰值
Um=200V 周期T=002s 频率f==50Hz ；ω==rad/s=100πrad/s 电容器的耐压值指的是交变电压的瞬时值因此将该电压加在电容器上
解析：100π 200 【解析】
由图象可知此正弦交变电压的峰值U m =200V ，周期T =0.02 s ，频率f =1
T
=50 Hz ；ω=
2T π=20.02
πrad/s=100π rad/s ．电容器的耐压值指的是交变电压的瞬时值，因此将该电压加在电容器上，电容器的耐压值不应小于200 V
18．某发电厂用2.2KV 的电压将电能输出到远处的用户，后改为用22KV 的电压，在既有输电线路上输送同样的电功率．前后两种输电方式消耗在输电线上的电功率之比为
__________．要将2.2KV 的电压升高到22KV ，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈的匝数应该是________匝．100:11800 解析：100:1 1800
电压增加10倍，则电流减小为原来的1/10，根据输电线消耗的功率公式P=I 2R ，可得前后两种输电方式消耗在输电线上电功率之比为100：1； 根据变压器的匝数与电压成正比，可得
．
19．如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b 。

当输入电压
U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。

则原、副线圈匝数之比______，此时a 、b 两灯泡功率之比______。

9:11:9
解析：9:1 1:9
[1]当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍，两灯泡均能正常发光。

说明灯泡a 的电压为额定电压，原线圈电压为额定电压的9倍；副线圈电压即为灯泡b 的电压，为1倍的额定电压。

根据变压器电压之比等于匝数之比，可知原、副线圈匝数之比为9:1，
[2]a 和b 额定电压相同，再根据变压器电流之比等于匝数反比，可知原、副线圈电流之比为1:9，由功率
P UI =
可知a 、b 两灯泡功率之比为为1:9。

20．如图所示为一周期性变化的电压，则其电压的有效值为__________。

（保留三位有效数字）
91V
解析：91V
[1]由题图可知该电压的变化周期21610s T -=⨯，在一个周期内经过电阻R 的发热量为
2
22
231141()()U t t U t t Q R R
++=+
式中1t 、2t 、3t 、4t 分别为图中一个周期内对应的电压110V U =、25V U =的通电时间，另一个直流电路通过电阻R 的发热量为
22U Q T R
=⋅
由定义可知12Q Q =，得
2222
11422312
1234()()2
U t t U t t U U U t t t t ++++==+++
代入数据解得
62.5V 7.91V U =≈
即为所求电压的有效值。

三、解答题
21．如图所示为一交变电压随时间的变化图象，求交变电压的有效值。

解析：53V
将该交变电压加在电阻R 的两端，则在一个周期内，电阻R 上产生的热量为
221025225()()333T T T Q R R R R R
=⨯⨯+⨯⨯=
如果该电阻两端是一个恒定的直流电压U ，且在相同的时间T 内产生了相同的热量，则
22()U U T
Q R T R R
=⨯⨯=
对比可得
22
225V 3
U =
解得
225
V 53V 3
U =
= 即该交变电压的有效值为53V 。

22．—个矩形线圈在一匀强磁场中绕垂直于磁场方向的中心轴匀速转动，产生的交变电动势表达式为()3142sin100πt V =e ，（计算时π取3.14）求： (1)交变电动势的有效值和频率；
(2)若矩形线圈是100匝，线圈面积为20.02m ，计算匀强磁场的磁感应强度B 。

（保留一位有效数字）
(3)当t =T /12时，电动势的瞬时值。

解析：(1)50Hz ； 314V ；(2)0.7T ；(3)222V (1)由题意可知
()3142sin100πt V =e
可得交变电动势的有效值
3142
V=314V 2
2
m E E =
=
有效 由
1f T
=
2T
πω=
交变电动势的频率
50Hz f =
(2)根据
m E NBS ω=
匀强磁场的磁感应强度为
3142
T=0.7T 1000.02100m E B NS ωπ
=
=⨯⨯ (3)依据方程
()3142sin100πt V =e
由题可知
3142sin
V 6
e π
=
解得
1572V 222V e =≈
23．如图所示，在两正对磁极间磁感应强度大小0.1T B =的匀强磁场中，一面积
20.1m S =、内阻10r =Ω的矩形金属线圈以转速50r /s n =绕与磁场垂直的转轴OO '匀
速转动时，产生了有效值222V E =的交变电动势。

通过电刷接一额定电压220V U =的
灯泡时，灯泡恰好正常发光，求： （1）线圈匀速转动的角速度ω； （2）线圈匝数N ； （3）灯泡的额定功率P 。

解析：（1）100πrad /s ω=或314rad /s ω=；（2）100N =；（3）44W P = (1)由于转速
50r /s n =
即频率
50Hz f =
所以有
2πf ω=
解得
100πrad /s ω=
或
314rad /s ω=
(2)设电动势的峰值为m E ，则有
m 2E E =
m E NBS ω=
解得
100N =
(3)设灯泡的额定电流为I ，由闭合电路欧姆定律得
E U Ir =+
P UI =
解得
44W P =
24．如图所示，线圈abcd 的面积S =0.05m 2，共100匝，线圈总阻值r =1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度2
π
B =T ，当线圈以ω=10π rad/s 绕垂直于磁场的轴匀速转动时.求：
（1）从中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式； （2）电压表和电流表的示数各是多少；
（3）从中性面开始计时，线圈转过90︒角的过程中，通过电阻R 的电荷量是多少.
解析：(1)e =100sin10πt （V ）(2) 2A,452V I U == (3) 1
C π
q = (1)感应电动势最大值为
E m =NBSω=100V
瞬时值表达式
e =E m sin ωt =100sin10πt （V ）
(2)电动势的有效值为
502V 2
m
E E =
= 电流表示数
52A E
I R r
=
=+ 电压表示数
452V U IR ==
(3)电量
1
C BS q N
N R r R r π
∆Φ===++ 25．如图所示为交流发电机示意图，匝数为n =100匝的矩形线圈，边长分别为a =10cm 和b =20cm ，内阻为r =5Ω，在磁感应强度B =0.5T 的匀强磁场中绕OO ′轴以ω=502rad/s 的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R =20Ω的电阻相接。

求电键S 合上后，
（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式； （2）电压表和电流表示数； （3）电阻R 上所消耗的电功率；
（4）从计时开始，线圈转过90°角的过程中，通过外电阻R 的电量。

解析：(1) e 22t (V) (2) 2.0A 40V (3) 80W (4)0.04C （1）线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值：
E m =nBS 22V
故表达式为：
e =E m cosωt 22t (V)
（2）电动势有效值：
50V 2
m
E =
= 电键S 合上后，由闭合电路欧姆定律得：
50
2.0A 205
E I R r =
==++
U =IR =2×20V=40V
（3）电阻R 上所消耗的电功率为：
P =IU =2×40W=80W
（4）由图示位置转过90°的过程中，通过R 上的电量为：
1000.50.10.2
0.04C 205
nBS Q I t n
R r R r ∆Φ⨯⨯⨯=====+++ 26．水力发电的基本原理就是将水流的机械能（主要指重力势能）转化为电能．某小型水力发电站水流量为Q ＝5m 3/s （流量是指流体在单位时间内流过某一横截面的体积），落差为h ＝10m ，发电机（内阻不计）的输出电压为U 1＝250V ，输电线总电阻为r ＝4Ω，为了减小损耗采用了高压输电．在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器，其
中34:190:11n n =，用户获得电压U 4＝220V ，用户获得的功率5
4 1.910P =⨯W ，若不计
变压器损失的能量，已知水的密度33
110/kg m ρ=⨯、重力加速度g 取10m/s 2．求：
（1）高压输电线中的电流强度I 2；
（2）升压变压器原、副线圈的匝数比12:n n ； （3）该电站将水能转化为电能的效率η有多大？ 解析：（1）50A （2）1：16 （3）40% （1）根据理想变压器变压规律得
33
44
U n U n =，解得33800V U =
又根据理想变压器无能量损失知5
34 1.910W P P ==⨯
再根据332P U I =得250A I =
（2）高压输电线电阻损失电压2200V U I r ∆== 得234000V U U U =+∆=
故1212::1:16n n U U ==
（3）高压输电线电阻损失电功率2
210000V P I r ∆== 故发电机输出电功率5
13210W P P P =+∆=⨯
又水流每秒带来的机械能5
0/510W P mgh t Qgh ρ===⨯
故水能转化为电能的效率1
100%40%P P η=
⨯= 27．如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕OO ′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直．线圈匝数N =50，电阻r =1Ω，长l 1=0.05m ，宽l 2=0.04m ，角速度ω=100πrad/s ，磁场的磁感应强
度B =0.2T 线圈两端外接电阻R =9Ω的用电器和一个交流电流表．求：
(1) 由图示位置开始计时线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式； (2) 电流表的读数；
(3) 当线圈从图示位置转过60°时，通过电阻R 的电荷量是多少？ 解析：（1）2sin100e t ππ= V （2）2
I =
（3）10-3C （1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为：
500.20.050.04100πV 2πV m E NBS ω==⨯⨯⨯⨯=
由于线圈处于中性面，那么由图示位置开始计时线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式： sin 2πsin100m e E t t ωπ==V （2）根据欧姆定律得：2π1
A 915
m m E I R r π=
==++ A 因为是正弦交变电流，所以电流表读数即有效值为:2
10
2
m I ==
A （3）当线圈从图示位置转过60°时，磁通量的变化：
4b 1
cos60210W 2
BS BS BS φ-∆=︒-=
=⨯ 通过电阻R 的电荷量: 4
321050C 10C 91
q It N R r φ--∆⨯===⨯=++
28．如图(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 ′按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n =100、电阻r =10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R 连接，电阻R =90Ω，与R 并联的交流电压表为理想电表.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。

(取π=3.14）求：
（1）从t =0时刻开始计时，线圈转过60°时线圈中感应电流瞬时值； （2）从图示位置转过90°，通过线圈的电量； （3）从图示位置转过90°，电阻R 上的焦耳热。

解析：（1）1A ；（2）0.02C ；（3）2.83J.
（1）由Φ-t 图线可知：Φm =2.0×10 -2Wb ，T =6.28×10 -2s 角速度为
2
22 3.14100rad/s 6.2810T πω-⨯=
==⨯ 所以
E m =nBSω=nΦm ω=100×2.0×10-2×100=200V
产生的感应电动势的瞬时表达式为
e =200cos100t （V ）
感应电流的瞬时表达式为
2100A e
i cos t R r
=
=+（） 线圈转过60°时线圈中感应电流瞬时值 i=2cos60°=1A
（2）从图示位置转过90°，电动势的平均值
m BS
E n
n n t t t
Φ∆Φ===∆∆∆ E
I R r
=
+ q I t =∆
解得
0.02
1000.02C 100
m q n
R r Φ=⨯=+＝ （3）电动势的有效值
0210V 2
m
E =
从图示位置转过90°，电路中产生的焦耳热
22(1002)J 3.14J 1002100
E Q t R r π=⨯+⨯＝＝
电阻R 上的焦耳热
90
3.14J 2.83J 100
R R Q Q R r =
⨯≈+＝。