第十章交变电流传感器

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1、第十章交变电流传感器　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　用“等效代替”的思想理解“有效值”1.有效值是利用电流的热效应定义的，其中包含了“等效代替”的思想方法，即如果交流电通过电阻时产生的热量与直流电通过同一电阻在相同时间内产生的热量相等，则直流电的数值就是该交流电的有效值．用计算电路中的电功率和电热．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表示(如Q＝I2Rt或Q＝t)，则I或U为其交变电流的相应有效值．　如图10－1所示为一交变电流随时间变化的图象，从t＝0时刻开始，每半个周期时间内的图象均为正弦曲线，求此

2、交变电流的有效值．图10－1【解析】　选择一个周期的时间，利用在相同时间内通过相同的电阻所产生的热量相同，由焦耳定律求得I2RT＝IR＋IR，其中I1＝A，I2＝2A，解得I＝A.【答案】　A【即学即用】1．如图10－2所示为一交变电流随时间变化的图象，则此交变电流的有效值是多少？图10－2【解析】　交变电流的周期T＝0.02s，在前半周期，电流为I1＝4A；后半周期电流I2＝3A根据焦耳定律，在一个周期内交变电流通过电阻R产生的热量Q＝IR＋IR＝I2RT故交变电流的有效值I＝＝5A.【答案】　5A用“数形结合”思想分析交变电流图象1.从交变电流的图象可以看出交流电的最大值、周期及交

3、变电流的变化规律．2．从图象获得的信息可以帮助我们求解有效值、书写交变电流瞬时值表达式等．　(多选)(2014·山东青岛二中测试)一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴转动，形成如图10－3所示的交变电动势图象，根据图象提供的信息，以下说法正确的是(　　)图10－3A．线圈转动的角速度为rad/sB．电动势的有效值为14.1VC．t＝1.0×10－2s时，线圈平面和磁场方向的夹角为30°D．t＝1.5×10－2s时，穿过线圈平面的磁通量最大【解析】　角速度ω＝＝rad/s，A项正确；电动势的有效值E＝＝14.1V，B项正确；电动势的瞬时值e＝20sint(V)，将t＝1.0×10

4、－2s代入该式，解得θ＝，这是线圈从中性面开始转过的夹角，故线圈平面和磁场方向的夹角为30°，C项正确；t＝1.5×10－2s时，线圈平面与磁场平行，磁通量最小，D项错．【答案】　ABC【即学即用】2．如图10－4甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20Ω，R2＝30Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦式交流电如图乙所示，则(　　)图10－4A．交流电的频率为0.02HzB．原线圈输入电压的最大值为200VC．电阻R2的电功率约为6.67WD．通过R3的电流始终为零【解析】　由图乙可知交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，所以A错．副线圈电压最大值U2＝Im1R1＝

5、20V，由＝可知，原线圈电压的最大值U1＝200V，B错．R1和R2并联，P2＝≈6.67W，故C正确；因电容器接交流电有充放电电流，故D错．【答案】　C巧用变压器因果关系，妙解变压器动态问题变压器中的“因果关系”是指原、副线圈中各物理量的制约关系．电压是原线圈决定副线圈，电流和功率是副线圈决定原线圈．解题中应牢记制约关系，不可颠倒．　图10－5(2014·惠州高二检测)一理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图10－5所示，在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．原线圈两端接在电压为U的交流电上．则(　　)A．保

6、持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数不变D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小【技法攻略】　Q位置不动，输出电压不变，P向上滑动，R阻值变大，输出电流变小，输入电流变小，电流表读数变小，选项A错，B对；P位置不动，R不变，Q向上滑动，输出电压变大，输出电流变大，输入电流变大，电流表读数变大，选项C、D错．【答案】　B　(多选)图10－6如图10－6所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S断开，当

7、S接通时，以下说法正确的是(　　)A．副线圈两端M、N的输出电压减小B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流增大【技法攻略】　由于输入电压不变且原副线圈匝数不变，所以S接通时，理想变压器副线圈M、N两端输出电压不变，负载总电阻变小，由欧姆定律I＝知，流过R的电流增大，电阻上的电压降UR＝IR增大；副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率，即I1U1＝I2U2得原线圈输入电流I1也增大．UMN不变，U