24 第三章 交变电流 章末阶段总结-【正禾一本通】2024-2025学年高中物理选择性必修2同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

物理选择性 必修第二册 章末阶段总结(三) 交变电流 第三章 交变电流 单元知识建构•把握全局 学科素养提升•整合培优 单元综合评估（三）交变电流 一、交变电流的产生及描述 1．线圈通过中性面时的特点 (1)穿过线圈的磁通量最大。 (2)线圈中的感应电动势为零。 (3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次。 2．有效值的计算 (1)正弦式交变电流：E＝。 (2)对非正弦式交变电流的有效值，要根据电流的热效应计算。 3．正弦式交变电流“四值”的应用 【典例1】 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甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，线圈匝数为n，外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则(　　 ) A．电压表的示数为220 V B．电路中的电流方向每秒钟改变50次 C．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝cos (100πt) Wb 解析：选C。电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图像知电动势的最大值Em＝有效值E＝220 V，灯泡两端电压U＝＝209 V，故A错误；由题图甲知T＝0.02 s，一个周期内电流方向改变两次，可知1 s内电流方向改变100次，故B错误；电流的有效值I＝＝2.2 A，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Qr＝I2rt＝24.2 J，故C正确；由图像知t＝0时，感应电流为零，磁通量最大，则有任意时刻磁通量Φ＝BS cos ωt＝BS cos t，根据Em＝nωBS＝ V，可得BS＝ Wb，所以任意时刻的磁通量Φ＝cos (100πt) Wb，故D错误。 二、变压器与远距离输电 1．三个关系搞清变压器问题 (1)变与不变的关系：不变的是功率关系、磁通量的变化率和周期频率。理想变压器工作不损失能量，即输入功率等于输出功率；原、副线圈交变电流频率相同；在没有漏磁时，原、副线圈磁通量的变化率相同。 (2)高与低、大与小、多与少、粗与细的关系：电压高的线圈电流小、匝数多、导线细；电压低的线圈电流大、匝数少、导线粗。 (3)正比与反比的关系：原、副线圈的电压与匝数成正比，单一副线圈的变压器电流与匝数成反比。 2．远距离输电 示意图 原、副 线圈 每个变压器的原线圈是其所在回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源 三个 关系 功率 关系 P＝U1I1＝U2I2＝P用＋P损，P损＝r，P用＝U3I3＝U4I4 电压 关系 U2＝U损＋U3，U损＝I2r 匝数比 关系 ] 输电 线上 的损耗 功率损耗：P损＝P2－P3＝r，电压损耗：U损＝U2－U3＝I2r 【典例2】 如图所示为远距离输电的原理图，发电机输出电压恒定，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，其中降压变压器的变压比为n；图中电表均为理想电表；两变压器间输电线的总电阻为R。假如用户设备发生变化，导致输电线上的电压增加了ΔU，下列说法正确的是(　　 ) A．电压表示数增大 B．输电线上消耗的电功率增加 C．用户设备消耗的电功率减少D．电流表示数增大了n 解析：选D。发电机输出电压保持不变，升压变压器的输出电压不变，输电线上电压增加ΔU，所以降压变压器的原线圈电压减少ΔU，则降压变压器的副线圈电压减少，故A错误；输电线电阻不变，电压增加，说明输电线上电流增加，故输电线损耗功率增加ΔP＝I′2R－I2R，而ΔU＝I′R－IR，可知ΔP≠，故B、C错误；若降压变压器原、副线圈电流分别为I1、I2，则nI1＝I2，变压比n不变，所以nΔI1＝ΔI2，输电线上电流增加ΔI1＝，可知降压变压器输出电流增加nΔI1＝n，故D正确。 三、变压器中的“等效电阻”模型 如图甲所示，我们可以将变压器与负载看为一个整体，等效为一个新的电阻R′，即R′为a、b间的等效电阻。 等效电路图如图乙所示，设变压器等效负载电阻为R′，在图甲中负载电阻R消耗的功率为P＝，在图乙中等效电阻消耗的功率为P′＝，由P＝P′，可得a、b间的等效电阻为R′＝R。以上方法叫作理想变压器等效电阻法。 【典例3】 (多选)心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可以等效为虚线框内的交流电源和定值电阻R0串联，如图所示。心电图仪与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2。在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，将可变电阻R的阻值调小的过程中(　　 ) A．原线圈两端的电压不变，副线圈两端的电压不变 B．通过原线圈的电流变大，通过副线圈的电流变大 C．当R＝R0时，R获得的功率最大 D．当R＝R0时，R获得的功率最大 解析：选BD。在原、副线圈匝数比一定的情况下，R减小，副线圈电流I2增大，原线圈电流I1增大，在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，满足U0＝I1R0＋U1，I1增大，所以U1减小，根据，得U2减小，故A错误，B正确；把变压器和R等效为一个电阻R′，R0当作电源内阻，当内外电阻相等即R0＝R′时，输出功率最大，根据，得，解得R＝R′＝R0，故C错误，D正确。 四、高考热点——远距离输电 远距离输电是本章高考的热点，是变压器知识的延伸和应用，单独命题频次较高。另外，交变电流的产生及变化规律、交变电流的“四值”及应用、理想变压器的动态分析也要重视。题型多为选择题，难度一般。 【典例4】 (2023·山东高考)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率为500 kW。降压变压器的匝数比n3：n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5 Ω，其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220 V，功率88 kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是(　　) A．发电机的输出电流为368 A B．输电线上损失的功率为4.8 kW C．输送给储能站的功率为408 kW D．升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44 解析：选C。由P＝UI得发电机的输出电流I＝ A＝2×103 A，A错误；用户端电流I4＝ A＝400 A，由理想变压器原、副线圈的电流之比与原、副线圈的匝数之比的关系得，则I3＝×400 A＝8 A，则输电线上损失的功率ΔP＝R＝82×62.5 W＝4 kW，B错误；输送功率P2＝P4＋ΔP＝88 kW＋4 kW＝92 kW，则输送给储能站的功率P′＝P－P2＝500 kW－92 kW＝408 kW，C正确；输送电压U2＝ V＝1.15× 比，则升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶46，D错误。 【典例5】 (多选)(2023·天津高考)“西电东送”是我国重要的战略工程，从西部发电厂到用电量大的东部区域需要远距离输电。图为远距离交流输电的示意图，升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器，T1的原线圈接有电压有效值恒定的交变电源，R为输电导线的电阻，T2的副线圈并联多个用电器，下列说法正确的是(　　 ) A．T1输出电压等于T2输入电压 B．T1输出功率大于T2输入功率 C．用电器增多后，R消耗的功率减小 D．用电器增多后，T2的输出电压降低 解析：选BD。由于输电过程中，线路中有电流、线路电阻R会分压且产生热量，会损失功率，故T1输出功率大于T2输入功率，T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；用电器增多后，T2输出端总电阻减小，通过T2副线圈的电流增大，由电流与匝数比关系可知通过输电线上的电流增大，根据P损＝I2R知，R消耗的电功率增大，结合P＝，则R的电压增大，交变电源输出电压恒定，则T2的输入和输出电压降低，故C错误，D正确。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．如图所示为电流i随时间t做周期性变化的图像，下列描述正确的是(　　 ) A．电流的大小变化，方向不变，是直流电 B．电流的大小不变，方向变化，是交变电流 C．电流的大小和方向都变化，是交变电流 D．电流的大小和方向都不变，是直流电 解析：选A。由题中图像可知，电流的方向不变，而大小周期性变化，所以不是交流电，而是直流电，故A正确。 2．如图所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，其转动轴线OO′与磁感线垂直。已知匀强磁场的磁感应强度B＝1 T，线圈所围面积S＝0.1 m2，转速为12 r/min。若从中性面开始计时，则线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式应为(　　 ) A．e＝12πsin (120t) V B．e＝24πsin (120πt) V C．e＝0.04πsin (0.4πt) V D．e＝0.4πcos (2πt) V 解析：选C。矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，若从中性面开始计时，感应电动势的瞬时表达式为e＝Emsin ωt，其中ω＝2πn＝0.4π rad/s，Em＝NωBS＝0.04π V，则瞬时表达式为e＝0.04πsin (0.4πt) V，故C正确。 3．低压卤素灯在家庭电路中使用时需要变压器降压。若将“12 V　50 W”的交流卤素灯直接通过变压器(视为理想变压器)接入电压为220 V的交流电后能正常工作，则(　　 ) A．卤素灯两端的电压有效值为6 V B．变压器原、副线圈的匝数比为55∶3 C．流过卤素灯的电流为0.24 A D．卤素灯的电阻为968 Ω 解析：选B。卤素灯上标记的额定电压12 V即为卤素灯两端的电压有效值，A错误；根据理想变压器的原理可知，B正确；流过卤素灯的电流为I＝ A，C错误；卤素灯是非线性元件，电阻随着电压不同而改变，D错误。 4．自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12 V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8 V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5 V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是(　　 ) A．仅增加原线圈匝数 B．仅增加副线圈匝数 C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍 D．将两个3.8 V的小灯泡并联起来接入副线圈 解析：选B。由知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；由知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；由知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；将两个3.8 V的小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误。 5．用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，输出功率为8.8 kW，原线圈的输入电压u＝220sin (100πt) V。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是(　　 ) A．20 A，50 Hz B．20 A，50 Hz C．20 A，100 Hz D．20 A，100 Hz 解析：选A。由题可知原线圈输入电压的有效值为＝220 V，原线圈电流为I1＝＝40 A，副线圈输出电流的有效值为I2＝I1＝20 A，变压器无法改变电流的频率，故f＝ Hz＝50 Hz，故A正确。 6．已知某电阻元件在正常工作时，通过它的电流按如图所示的规律变化，其中0～时间内为正弦交变电流的一部分，将一个理想多用电表(已调至交变电流挡)与这个电阻元件串联，则多用电表的读数为(　　 ) A．4 A B．4.12 A C．4.36 A D．7.07 A 解析：选B。在0～时间内，正弦交变电流的有效值为 A；在～时间内，电流为0；在～T时间内，直流电的电流为3 A。根据交变电流有效值的定义有I2RT＝2R×＋2R×，解得I＝≈4.12 A，故B正确。 7．理想变压器的原线圈连接电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过触头Q调节，在副线圈输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，如图所示。下列情况可能出现的是(　　 ) A．若Q位置不变，将P向上滑动，U′变大 B．若Q位置不变，将P向上滑动，电流表的读数变大 C．若P位置不变，将Q向上滑动，电流表的读数变大 D．若P位置不变，将Q向上滑动，变压器的输入功率不变 解析：选C。当理想变压器的输入电压U，以及原、副线圈的匝数比不变时，副线圈两端的电压也不变，A项错误；由P出＝知R增大时，输出功率减小，又由P入＝P出得原线圈中的电流表读数要减小，B项错误；Q向上滑动时，U′增大，而负载电阻不变，则输出功率要增大，输入功率也要增大，原线圈中的电流增大，C项正确，D项错误。 8．如图所示，接于理想变压器中的四个规格相同的灯泡都正常发光，则理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为(　　 ) A．1∶1∶1 B．3∶2∶1 C．6∶2∶1 D．2∶2∶1 解析：选B。灯泡均正常发光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3，由变压器的电压与匝数比关系有n3＝3n3，所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1，故B正确。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9．如图是工厂利用u＝220sin 100πt (V)的交流电给36 V照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1 100匝，下列说法正确的是(　　 ) A．电源电压有效值为220 B．交变电流的周期为0.02 s C．副线圈匝数为180匝 D．副线圈匝数为240匝 解析：选BC。电源电压的有效值U＝ V＝220 V，A错误；交流电的周期T＝ s＝0.02 s，B正确；根据，可得副线圈匝数n2＝×1 100＝180匝，C正确，D错误。 10．如图所示为某种燃气灶装置原理图。转换器把直流电压转换为最大值为5 V的正弦交流电压，加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，当钢针与金属板间的电压大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。对此，下列说法正确的是(　　 ) A．图中理想电压表的示数为5 V B．图中的变压器为升压变压器 C．该理想变压器的匝数比应小于 D．要使点火装置正常工作，转换器输出的一定为正弦交流电 解析：选BC。理想电压表的示数为U1＝ V，故A错误；由题意可知变压器副线圈两端的输出电压大于原线圈的输入电压，则变压器为升压变压器，故B正确；根据理想变压器电压比等于匝数比可得<，故C正确；只要转换器输出变化的电流，点火装置就可以正常工作，故转换器输出的不一定为正弦交流电，故D错误。 11．如图甲所示，将阻值R＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，其电流随时间变化的规律如图乙所示，交流电流表串联在电路中测量电流的大小。下列说法正确的是(　　 ) 11．如图甲所示，将阻值R＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，其电流随时间变化的规律如图乙所示，交流电流表串联在电路中测量电流的大小。下列说法正确的是(　　 ) A．电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u＝2.5sin (200πt) V B．电阻R消耗的电功率为1.25 W C．如图丙所示，若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为0.707 A D．这一交变电流与图丁所示电流的有效值之比为 解析：选ACD。由题图乙可知电流的最大值Im＝0.5 A，T＝0.01 s，所以ω＝＝200π rad/s，电阻R两端电压的最大值为Um＝ImR＝0.5×5 V＝2.5 V，因此电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u＝2.5sin (200πt) V，选项A正确；题图乙中电流的有效值I＝ A，电阻R消耗的电功率为P＝I2R＝2×5 W＝0.625 W，选项B错误；当线圈的转速提升一倍时，根据Em＝NωBS可知电动势最大值提升一倍，所以电流表的示数为 A≈0.707 A，选项C正确；题图丁电流大小不变，有效值I′＝0.5 A，所以题图乙中交变电流与题图丁所示电流的有效值之比为，选项D正确。 12．如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是(　　 ) 12．如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是(　　 ) A．通过电阻R2的电流为 B．电阻R2两端的电压为 C．n0与n1的比值为 D．发电机的功率为 解析：选BC。由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律U1＝IR1，根据变压器电压与匝数的关系有，代入数据有U0＝IR1，再由欧姆定律有U2＝I2R2，可计算出I2＝I，故A错误、B正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax＝NB·2L2ω，U0＝NBL2ω，则，C正确；根据变压器电流与匝数关系有n0I0＝n1I＋n2I2，结合P0＝U0I0，代入数据联立可得P0＝，由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。 三、非选择题：共6小题，共60分。 13．(6分)学校实验室提供如图甲所示的可拆变压器元件，某同学以此来探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系。 (1)该同学还需要的实验器材是________。 (2)该同学实验组装的变压器如图乙所示。铁芯上原、副线圈接入的匝数分别为n1＝800和n2＝400，原线圈两端与电源相连。测得原、副线圈两端的电压分别为10 V和1.8 V，发现结果与正确实验结论有明显偏差，最有可能的原因是________。 A．副线圈的匝数太少 B．副线圈的电阻太大 C．原线圈的匝数太多，电阻过大 D．没有将铁芯B安装在铁芯A上 (3)改正后正确操作，原线圈接入12 V的电压，副线圈接线柱间输出电压最有可能是________。 A．24 V B．6 V C．5.8 V D．2 V 解析：(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，主要实验器材有可拆变压器(铁芯、已知匝数的线圈)、低压交流电源和多用电表，故选B、E。 (2)铁芯上原、副线圈接入的匝数分别为n1＝800和n2＝400，则根据变压器的工作原理可知，即原、副线圈两端的电压之比为2∶1。但实际电压差距很大，说明该同学忘记把题图甲中的铁芯B安装到变压器铁芯A上，导致“漏磁”，故选D。 (3)根据变压器的工作原理可知，解得U2＝6 V，而铁芯会出现漏磁现象，则副线圈的输出电压会小于6 V，故选C。 答案：(1)BE　(2)D　(3)C 14．(8分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。 (1)观察变压器的铁芯，它的结构和材料是_________； A．整块硅钢铁芯 B．整块不锈钢铁芯 C．绝缘的铜片叠成 D．绝缘的硅钢片叠成 (2)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数_________(选填“多”或“少”)； (3)以下给出的器材中，本实验需要用到的是_________；(填字母，下同) (4)为了保证安全，低压交流电源的电压不要超过_________； A．2 V　　B．12 V　　C．50 V (5)在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0 V，则原线圈的输入电压可能为_________。 A．1.5 V　　B．6.0 V　　C．7.0 V 解析：(1)观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成，故选D。 (2)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据，可知匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少。 (3)实验中需要交流电源和多用电表，不需要干电池和直流电压表，故选B、D。 (4)为了人体安全，低压交流电源的电压不要超过12 V，故选B。 (5)若为理想变压器，则变压器线圈两端的电压与匝数的关系为，根据题意，已知副线圈的电压为3 V，则原线圈的电压U1＝6 V，考虑到不是理想变压器，可能存在漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压要大于6 V，可能为7 V，故选C。 答案：(1) D　(2)少　(3)BD　(4)B　(5)C 15．(10分)如图所示，边长20 cm的正方形单匝线圈(内电阻忽略)，在磁感应强度B＝5 T的匀强磁场中绕OO′轴以ω＝50 rad/s的角速度匀速转动，线圈和外电阻R相连接， R＝10 Ω。求： (1)电压表示数； (2)从图示位置开始，线圈转过的过程中，通过电阻的电荷量。 解析：(1)感应电动势的最大值 Em＝BSω＝10 V 感应电动势的有效值E＝＝10 V 故电压表的示数为10 V。 (2)通过R上的电荷量q＝Δt 其中 解得 q＝＝0.02 C。 答案：(1)10 V　(2)0.02 C 16．(10分)图甲为某村水力发电厂输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比为1∶40，远距离输电线的总电阻为8 Ω。若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为960 kW，在用户端的交流电压表显示电压为220 V。求： (1)远距离输电线中的电流。 (2)降压变压器原副线圈匝数比。 解析：(1)由图像可知，输入电压的有效值为U1＝240 V 原线圈中的电流为I1＝＝4 000 A 由电流与变压器匝数成反比可得，远距离输电线中的电流为I2＝＝100 A。 (2)升压变压器副线圈的电压 U2＝U1＝9 600 V 输电线损失的电压ΔU＝I2r＝800 V 降压变压器的输入电压为U3＝U2－ΔU＝8 800 V 降压变压器原副线圈匝数比＝40∶1。 答案：(1)100 A　(2)40∶1 17．(12分)如图甲，电动车现在是许多人常用的代步工具，其中的主要零件有车架、电动机、控制器、蓄电池和充电器。把电动车的电动机拆下来，使其中的线圈转动，并外接上用电器R(可看作纯电阻)，电动机就变成发电机能给R供电，其原理如图乙所示。线圈abcd的面积是0.05 m2，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大小为B＝ T，方向垂直纸面向里，当线圈以ω＝10π rad/s的角速度匀速转动时。(各电表均视为理想交流电表) (1)求感应电动势的最大值Em和交流电压表示数U。(结果可以保留根式) (2)从图示位置开始计时，写出电路中电流i的瞬时值表达式。 (3)求线圈转一圈用电器R产生的热量。 (4)经 s通过电阻R的电荷量是多少？(结果保留一位有效数字) 解析：(1)感应电动势的最大值 Em＝NωBS＝50 V 电动势的有效值E有效＝ V 电压表测量的是路端电压，所以电压表的示数U＝ V。 (2)电流最大值Im＝＝5 A 则电路中电流瞬时值表达式为 i＝Imsin ωt＝5sin 10πt (A)。 (3)电流的有效值I有效＝ 转一圈所需时间T＝＝0.2 s 线圈转一圈用电器R产生的热量 Q＝RT＝22.5 J。 (4) s内线圈转过的角度θ＝ωt＝10π× 该过程中，ΔΦ＝BS－BS cos θ＝BS 由q＝Δt，， 得 q＝N C＝ C≈0.08 C。 答案：(1)50 V　 V　(2)i＝5sin 10πt(A) (3)22.5 J　(4)0.08 C 18．(14分)如图所示，用一小型交流发电机给远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝数N＝100，面积S＝0.03 m2，线圈匀速转动的角速度ω＝100π rad/s，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝ T。输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为R＝10 Ω，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4＝10∶1。若用户区标有“220 V　8.8 kW”的电动机M恰能正常工作，发电机线圈电阻r不可忽略。求： (1)交流发电机产生感应电动势的最大值Em； (2)输电线路上损耗的电功率ΔP； (3)若升压变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶8，求升压变压器原线圈两端的电压U1。 解析：(1)根据正弦式交变电流的规律可知，感应电动势的最大值为Em＝NωBS 代入数据解得Em＝300 V。 (2)设降压变压器原、副线圈中的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，有 I4＝＝40 A 根据 可得I3＝＝4 A 所以输电线路上损耗的电功率为 ΔP＝R＝160 W。 (3)根据 得U3＝＝2 200 V 升压变压器副线圈两端的电压为 U2＝U3＋I3R＝2 240 V 又 可得U1＝＝280 V。 答案：(1)300 V　(2)160 W　(3)280 V $$