4.无线电波的发射和接收

无线电技术中使用的电磁波叫做无线电波。 无线电波的波长从几毫米到几十千米。 根据波长(或频率)，通常将无线电波分成几个波段，每个波段的无线电波分别有不同的用途。

⑴无线电波的发射：

无线电波的发射必须采用开放电路，如图⑴所示，开放电路由振荡器、互感线圈、天线、地线等几部分组成。

说明：有效地发射电磁波的条件是：①频率足够高(单位时间内辐射出的能量P∝f ⁴)；②形成开放电路(把电场和磁场分散到尽可能大的空间离里去)。

在发射用于通信等无线电波时，必须让电磁波随各种信号而改变，这一过程叫调制。 使高频振荡的振幅随信号而改变叫做调幅，使高频振荡的频率随信号而改变叫做调频。

⑵无线电波的接收：

无线电波的接收必须采用调谐电路，如图⑵所示，调谐电路由可变电容器、电感线圈、天线、地线等几部分组成。

当接收电路的固有频率跟接收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的振荡电流最强，这种现象叫电谐振。使接收电路产生电谐振的过程叫做调谐。另外，要还原为原始的信号，还必须有检波等解调过程。

3．电磁波

①电磁波是怎样产生的：

如果在空间某处发生了周期性变化的电场，就会在空间引起周期性变化的磁场，这个周期性变化的磁场又会在较远的空间引起新的周期性变化的电场，新的周期性变化的电场又会在更远的空间引起新的周期性变化的磁场……这样，电磁场就由近及远向周围空间传播开去，形成了电磁波。 ②电磁波的特点：

a.电磁波的传播不需要介质，但可以在介质中传播。

b.电磁波是横波。E与B的方向彼此垂直，而且都跟波的传播方向垂直，因此电磁波是横波。电磁波的传播不需要靠别的物质作介质，在真空中也能传播。

c.电磁波的波速等于光速，实际上，光就是特定频率范围内的电磁波。

电磁波的波长、频率、波速三者之间的关系是：λ=C/f。 此式为真空中传播的电磁波各物理量之间的关系式。

d．场是能量贮存的场所，电磁波贮存电磁能．

e．赫兹用实验证明了电磁波的存在，还测定了电磁波的波长和频率，得到了电磁波的传播速度．

注意：⑴要深刻理解和应用麦克斯韦电磁场理论的两大支柱：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场。可以证明：振荡电场产生同频率的振荡磁场；振荡磁场产生同频率的振荡电场。

　　 ⑵按照麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场和磁场总是相互联系的，形成一个不可分离的统一的场，这就是电磁场。电场和磁场只是这个统一的电磁场的两种具体表现。

2．电磁场：变化的电场磁场形成一个不可分割的统一体叫电磁场．

1．麦克斯韦电磁场理论的要点：

(1)变化的磁(电)场将产生电(磁)场。

(2)变化的磁(电)场所产生的电(磁)场取决于磁(电)场的变化率。具体地说，均匀变化的磁(电)场将产生恒定的电(磁)场，非均匀变化的磁(电)场将产生变化的电(磁)场，周期性变化的磁(电)场将产生周期相同的周期性变化的电(磁)场。

(3)变化的磁场和变化的电场互相联系着，形成一个不可分离的统一体--电磁场。

变化的电场，其周围产生磁场，变化的磁场其周围产生电场．

　　 注意：均匀变化的电场(或磁场)其周围产生稳定的磁场(或电场)．

5．LC振荡过程的阶段分析和特殊状态

如图所示，在O、t₂、t₄时刻，线圈中振荡电流i为0，磁场能最小，而电容器极板间电压u恰好达到最大值，电场能最多，在t₁、t₃时刻则正相反，振荡电流、磁场能均达到最大值，而电压为0，电场能最少。在O→t₁和t₂→t₃阶段，电流增强，磁场能增多，而电压降低，电场能减小，这是电容器放电把电场能转化为磁场能的阶段；在t₁→t₂和t₃→t₄阶段，电流减弱，磁场能减小，而电压升高，电场能增多，这是电容器充电把磁场能转化为电场能的阶段。

振荡电路的状态
时刻	t=0	t=	t=	t=T	T
电容器极板上的电量	最大	零	最大	零	最大
振荡电流i	i=0	正向最大	i=0	反向最大	I=0
电场能	最大	零	最大	零	最大
磁场能	零	最大	零	最大	零

[例1]在如图所示的L振荡电路中，当线圈两端MN间电压为零时，对电路情况的叙述正确的是(　 AD　 )

　　 A．电路中电流最大

　　 B．线圈内磁场能为零

　　 C．电容器极板上电量最多

　　 D．电容器极板间场强为零

　　 解析：MN间电压为零，即电容器极板间电压为零，这时极板上无电荷，故板间场强为零，电路中电流强度最大，线圈中磁场能最大．

　　 说明：在LC振荡电路中，由于线圈有自感作用，且线圈无电阻，它的电压和电流关系就不同于一般直流电路，决不能用直流电路的知识来进行研究．对于LC振荡电路中的一般问题，可通过电容器的有关知识和能量转换关系来分析求解．

[例2]如图所示电路，K先接通a触点，让电容器充电后再接通b触点．设这时可变电容器电容为C，线圈自感系数为L，

(1)经过多长时间电容 C上电荷第一次释放完？

(2)这段时间内电流如何变化？两端电压如何变化？

(3)在振荡过程中将电容C变小，与振荡有关的物理量中哪些将随之改变？哪些将保持变化？

解析：(1)极板上电行由最大到零需要1／4周期时间，所以t=T/4=π

　　 (2)从能量角度看，电容器释放电荷，电场能转变为磁场能，待电荷释放完毕时，磁场能达到最大，线圈两端电压与电容两极板间电压一致，由于放电，电容两极板间电压由最大值减至零，线圈两端电压也由最大值减为零．值得注意的是这段时间内电流由零逐渐增大．当线圈两端电压为零时，线圈中电流强度增至最大．千万不要把振荡电路看成直流电路，把电容器看成一个电源，把线圈看成一个电阻．这里电磁能没有被消耗掉，只是不断地相互转化．在直流电路中，电阻上通过的电流和电阻两端的电压，变化步调一致，电压大电流也大，电压小电流也小．在振荡电路中，存在自感现象及线圈电阻为零的情况，电流和电压变化步调不一致，所以才出现电压为零时电流最大的现象．

　　 (3)在振荡过程中，当电容器C变小时，根据周期公式，周期T变小，频率f增大．同时不论是增大电容极板间的距离d，还是减小正对面积S，电容C变小，外力都对电容做功，振荡电路能量都增加，故电场能、磁场能、磁感强度和振荡电流的最大值都增加．极板上电荷最大值将不变，极板电压最大值将增加．若减小正对面积S使电容C变小时，电场强度最大值增加．

[例3] 某时刻LC回路中电容器中的电场方向和线圈中的磁场方向如右图所示。则这时电容器正在_____(充电还是放电)，电流大小正在______(增大还是减小)。

　　 分析：用安培定则可知回路中的电流方向为逆时针方向，而上极

板是正极板，所以这时电容器正在充电；因为充电过程电场能增大，

所以磁场能减小，电流也减小。

[例4] 右边两图中电容器的电容都是C=4×10^-6F，电感都是L=9×10^－4H，左图中电键K先接a，充电结束后将K扳到b；右图中电键K先闭合，稳定后断开。两图中LC回路开始电磁振荡t=3.14×10^－4s时刻，C₁的上极板正在____电(充电还是放电),带_____电(正电还是负电)；L₂中的电流方向向____(左还是右)，磁场能正在_____(增大还是减小)。

分析：先由周期公式求出=1.2π×10^－4s，那么t=3.14×10^－4s时刻是开始振荡后的5T/6。再看与左图对应的q-t图象(以上极板带正电为正)和与右图对应的i-t图象(以LC回路中有逆时针方向电流为正)，图象都为余弦函数图象。在5T/6时刻，从左图对应的q-t图象看出，上极板正在充正电；从右图对应的i-t图象看出，L₂中的电流向左，正在增大，所以磁场能正在增大。

4．LC振荡过程中规律的表达。

(1)定性表达。在LC振荡过程中，磁场能及与磁场能相磁的物理量(如线圈中电流强度、线圈电流周围的磁场的磁感强度、穿过线圈的磁通量等)和电场能及与电场能相关的物理量(如电容器的极板间电压、极板间电场的电场强度、极板上电量等)都随时间做周期相同的周期性变化。这两组量中，一组最大时，另一组恰最小；一组增大时，另一组正减小。这一特征正是能的转化和守恒定律所决定的。

　(2)定量表达。在LC振荡过程中，尽管磁场能和电场能的变化曲线都比较复杂，但与之相关的其他物理量和变化情况却都可以用简单的正(余)弱曲线给出定量表达。以LC振荡过程中线圈L中的振荡电流i(与磁场能相关)和电容器C的极板间交流电压u(与电场能相关)为例，其变化曲线分别如图中所示。

注意：分析电磁振荡要掌握以下三个要点(突出能量守恒的观点)：

⑴理想的LC回路中电场能E_电和磁场能E_磁在转化过程中的总和不变。

⑵回路中电流越大，L中的磁场能越大(磁通量越大)。

⑶极板上电荷量越大，C中电场能越大(板间场强越大、两板间电压越高、磁通量变化率越大)。

因此LC回路中的电流图象和电荷图象总是互为余函数。

3．振荡的周期和频率

电磁振荡完成一次周期性变化需要的时间叫做周期。一秒钟内完成的周期性变化的次数叫做频率。在电磁振荡发生时，如果不存在能量损失，也不受外界其它因素的影响，这时的振荡周期和频率叫做振荡电路的固有周期和固有频率，简称振荡电路的周期和频率。理论研究表明，周期T和频率f跟自感系数L和电容C的关系：　

注意：当电路定了，该电路的周期与频率就是定值，与电路中电流的大小，电容器上带电量多少无关．

2．电磁振荡

　　 在产生振荡电流的过程中，电容器上极板上的电荷q，电路中的电流i，电容器内电场强度E，线圈中磁感应强度B都发生周期性的变化，这种现象叫做电磁振荡．

(1)从振荡的表象上看：LC振荡过程实际上是通过线圈L对电容器C充、放电的过程。

(2)从物理本质上看：LC振荡过程实质上是磁场能和电场能之间通过充、放电的形式相互转化的过程。

[例7] 在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个坑口电站，输送的电功率为P=500kW，当使用U=5kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4800度。求：⑴这时的输电效率η和输电线的总电阻r。⑵若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？

解；⑴由于输送功率为P=500kW，一昼夜输送电能E=Pt=12000度，终点得到的电能E ^/=7200度，因此效率η=60%。输电线上的电流可由I=P/U计算，为I=100A，而输电线损耗功率可由P_r=I ²r计算，其中P_r=4800/24=200kW，因此可求得r=20Ω。　　

⑵输电线上损耗功率，原来P_r=200kW，现在要求P_r^/=10kW ，计算可得输电电压应调节为U^/ =22.4kV。

[例8]发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 Ω.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：

(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比.

(2)画出此输电线路的示意图.

(3)用户得到的电功率是多少？

解析：输电线路的示意图如图所示，

输电线损耗功率P_线=100×4% kW=4 kW，又P_线=I₂²R_线输电线电流I₂=I₃=20 A

原线圈中输入电流I₁= A=400 A　　　　　 所以

这样U₂=U₁n₂/n₁=250×20 V=5000 V　　　　 U₃=U₂-U_线=5000-20×10 V=4800 V

所以　　　　 用户得到的电功率P_出=100×96% kW=96 kW

[附加题]　 甲、乙两个完全相同的理想变压器接在电压恒定的交流电路中，如图1所示。已知两变压器负载电阻的阻值之比为R_甲：R_乙=2：1，设甲变压器原线圈两端的电压为U_甲，副线圈上通过的电流为I^/_甲；乙变压器原线圈两端的电压为U_乙，副线圈上通过的电流为I^/_乙。则以下说法正确的是：(　 )

A．U_甲=U_乙，I^/_甲=I^/_乙；　　 B．U_甲=2U_乙，I^/_甲=2I^/_乙；

C．U_甲=U_乙，I^/_甲=½I^/_乙；　 D．U_甲=2U_乙，I^/_甲=I^/_乙。

[正确解]：由于两变压器的原线圈串联接在同一回路中，电荷守恒定律知，无论是直流电路还是交流电路，串联电路中电流必定相等，所以通过两原线圈的电流相同，即：I_甲=I_乙。又因两变压器的匝比相同，根据变压器的电流变比公式，可推得它们副线圈上的电流也相同，即：I^/_甲=I^/_乙。对两变压器的输出端，由欧姆定律，可得到两副线圈上的电压分别为：U_甲^/=I_甲^/R_甲、U_乙^/=I_乙^/R_乙，解得：U_甲^/：U_乙^/=2：1，最后再根据变压器的电压变比公式可求得两原线圈上的电压关系为：U_甲=2U_乙。所以答案应选D。

[错解1]：由于两变压器完全相同，并且两原线圈又串联接在同一回路中，因而两原线圈中所通过的交流电的变化情况完全相同，即两原线圈中磁通量的变化率相同，根据法拉第电磁感应定律，所以两原线圈的输入电压分别为：=、=，因，有：=，即两原线圈上的输入电压相同；再根据理想变压器的电压变比公式，有：=，即两副线圈上的输出电压也相同。由于对输出端的负载而言，副线圈相当于电源，因此根据欧姆定律有：=、=，由以上关系式可得到：=。所以答案应选C。

[错解分析]以两原线圈上电压相同为前提，运用变比关系、欧姆定律，最终推理得到两副线圈上的电流关系=，分析似乎没有问题，但如果进一步推理下去：由变压器的电流变比公式，可得两原线圈中的电流=，这显然与前提中中所提及的“两原线圈中所通过的交流电的变化情况完全相同”不能自恰.。从法拉第电磁感应定律去推导两原线圈上电压的思路并没有问题。然而，虽然通过两原线圈交流电流的变化情况完全相同，但是穿过两原线圈的磁通量的变化情况却并不相同！要知道两原线圈虽然串联，但它们是绕在不同的铁芯上。对于其中一个变压器来说(比如甲)，当副线圈连接负载电阻而构成闭合回路时，副线圈中将存在感应电流，这时原、副线圈的电流都将在铁芯中产生磁场和磁通量，所以穿过线圈(即穿过铁芯)总的磁通量，不仅受到各变压器原线圈中电流的影响，而且还受到各变压器副线圈中的电流的影响，即所谓变压器的互感现象。所以两原线圈虽然串联、虽然通过它们的电流相同，但穿过它们的磁通量的变化情况却不同，即穿过它们的磁通量的变化率。观点1在运用法拉第电磁感应定律时，仅仅考虑了原线圈中电流对磁通量的影响，没有考虑副线圈中电流对磁通量的影响，显然是不正确的，因而=实际上也是得不到的。

[错解2]：由于两变压器完全相同，两原线圈又串联在一起，所以通过两原线圈中的交流电变化情况将完全一致，因此与此两原线圈相关的物理量也必将完全相同，即两原线圈中的电流、电压完全相同，又因两变压器匝比相同，根据变压器的电流变比公式，可推得两副线圈上的电流也必定相同，即=。所以答案应选A。

[错解分析]:既然承认两原线圈上的电压、电流相同，由变压器的变比关系，可推得两副线圈上的电压、电流都相同，然而题目告诉我们，它们的负载电阻不同，这显然与欧姆定律相矛盾，因此两原线圈上的电压、电流不可能同时相等，是错误的。

　　　　　　　 电磁振荡　 电磁波

基础知识　 一、电磁振荡

在振荡电路里产生振荡电流的过程中，由容器极板上的电荷，通过线圈的电流，以及跟电流和电荷相联系的磁场和电场都发生周期性变化的现象，叫做电磁振荡。

1.LC振荡电路

由自感线圈和电容器组成的电路就是最简单的振荡电路，简称LC回路。 在LC回路里，产生的大小和方向都做周期性变化的电流，叫做振荡电流。 如图所示，先将电键S和1接触，电键闭合后电源给电容器C充电，然后S和2接触，在LC回路中就出现了振荡电流。大小与方向都做同期性变化的电流叫振荡电流．

2．远距离输电。

一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。并按照规范在图中标出相应的物理量符号。一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数分别为也应该采用相应的符号来表示。

从图中应该看出功率之间的关系是：

　电压之间的关系是：

电流之间的关系是：

　　 可见其中电流之间的关系最简单，中只要知道一个，另两个总和它相等。因此电流往往是这类问题的突破口。

　　 输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用，而不能用。

　　 特别重要的是要求会分析输电线上的功率损失，由此得出结论： ⑴减少输电线功率损失的途径是提高输电电压或增大输电导线的横截面积，当然选择前者。⑵若输电线功率损失已经确定，那么升高输电电压能减小输电线截面积，从而节约大量金属材料和架设电线所需的钢材和水泥，还能少占用土地。

　　 需要引起注意的是课本上强调：输电线上的电压损失，除了与输电线的电阻有关，还与感抗和容抗有关。当输电线路电压较高、导线截面积较大时，电抗造成的电压损失比电阻造成的还要大。

[例6]有一台内阻为lΩ的发电机，供给一个学校照明用电，如图所示．升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R=4Ω，全校共22个班，每班有“220 V，40W”灯6盏．若保证全部电灯正常发光，则：

(l)发电机输出功率多大？

(2)发电机电动势多大？

(3)输电线上损耗的电功率多大？

(4)输电效率是多少？

(5)若使用灯数减半并正常发光发电机输出功率是否减半．

　　 解析：题中未加特别说明，变压器即视为理想变压器，由于发电机至升压变压器及降压变压器至学校间距离较短，不必考虑该两部分输电导线上的功率损耗．

　　 发电机的电动势ε，一部分降在电源内阻上．即I_lr，另一部分为发电机的路端电压U₁，升压变压器副线圈电压U₂的一部分降在输电线上，即I₂R，其余的就是降压变压器原线圈电压U₂，而U₃应为灯的额定电压U_额，具体计算由用户向前递推即可．

　　 (1)对降压变压器：　　 U^/₂I₂=U₃I₃＝nP_灯=22×6×40 W=5280w

　　　 而U^/₂＝4U₃＝880 V，所以I₂=nP_灯/U^/₂=5280/880=6A

　　　 对升压变压器：　　　 U_lI_l=U₂I₂=I₂²R+U^/₂I₂＝6²×4+5280＝5424 W，　　 所以　 P_出=5424 W．

　　 (2)因为 U₂＝U^/₂+I₂R＝880+6×4＝904V，　　 所以 U₁=¼U₂=¼×904＝226 V

　　　 又因为U_lI_l=U₂I₂，所以I_l=U₂I₂/U_l=4I₂=24 A，　　　 所以　 ε＝U₁+I₁r₁=226+24×1＝250 V．

　⑶输电线上损耗的电功率P_R=I_R²R=144W

(4)η＝P_有用/P_出×100%=×100%=97%

　　 (5)电灯减少一半时，n^/P_灯=2640 W，

　　　 I^/₂＝n^/P_灯/U₂＝2640/880=3 A．　　　 所以P^/_出=n^/P_灯十I^/2₂R=2640+32×4＝2676w

　　　 发电机的输出功率减少一半还要多，因输电线上的电流减少一半，输电线上电功率的损失减少到原来的1/4。

说明：对变电过程较复杂的输配电问题，应按照顺序，分步推进．或按“发电一一升压--输电线--降压-一用电器”的顺序，或从“用电器”倒推到“发电”一步一步进行分析．注意升压变压器到线圈中的电流、输电线上的电流、降压变压器原线圈中的电流三者相等．

规律方法　　 一、解决变压器问题的常用方法

解题思路1 电压思路.变压器原、副线圈的电压之比为U₁/U₂=n₁/n₂;当变压器有多个副绕组时U₁/n₁=U₂/n₂=U₃/n₃=……

解题思路2 功率思路.理想变压器的输入、输出功率为P_入=P_出，即P₁=P₂；当变压器有多个副绕组时P₁=P₂+P₃+……

解题思路3 电流思路.由I=P/U知，对只有一个副绕组的变压器有I₁/I₂=n₂/n₁;当变压器有多个副绕组时n₁I₁=n₂I₂+n₃I₃+……

解题思路4 (变压器动态问题)制约思路.

(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n₁/n₂)一定时，输出电压U₂由输入电压决定，即U₂=n₂U₁/n₁，可简述为“原制约副”.

(2)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n₁/n₂)一定，且输入电压U₁确定时，原线圈中的电流I₁由副线圈中的输出电流I₂决定，即I₁=n₂I₂/n₁，可简述为“副制约原”.

(3)负载制约：①变压器副线圈中的功率P₂由用户负载决定，P₂=P_负1+P_负2+…；②变压器副线圈中的电流I₂由用户负载及电压U₂确定，I₂=P₂/U₂；③总功率P_总=P_线+P₂.

动态分析问题的思路程序可表示为：

U₁P₁

解题思路5 原理思路.变压器原线圈中磁通量发生变化，铁芯中ΔΦ/Δt相等；当遇到“”型变压器时有

ΔΦ₁/Δt=ΔΦ₂/Δt+ΔΦ₃/Δt,

此式适用于交流电或电压(电流)变化的直流电，但不适用于稳压或恒定电流的情况.

[例6]如图所示为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U₁为加在原线圈两端的电压，I₁为原线圈中的电流强度，则( ABD　 )

　　 A．保持U₁及P的位置不变，K由a合到b时，I₁将增大

　　 B．保持P的位置及U₁不变，K由b合到a时，R消耗的功率减小

　　 C．保持U₁不变，K合在a处，使P上滑，I₁将增大

　　 D．保持P的位置不变，K合在a处，若U₁增大，I₁将增大

　　 解析：K由a合到b时，n₁减小，由,可知，U₂增大，P₂=U₂²/R随之增大·而 P₁=P₂，P₁=I₁U₁，从而I₁增大，A正确．K由 b 合到a时，与上述情况相反，P₂将减小，B正确·P上滑时，R增大，P₂=U₂²/R减小，又P₁＝P₂，P₁=I₁U₁，从而I₁减小，C错误．U₁增大，由=，可知U₂增大，I₂=U₂/R随之增大，由可知I₁也增大，D正确。

说明：处理这类问题的关键是要分清变量和不变量，弄清理想变压器中各量间的联系和制约关系．在理想变压器中，U₂由U₁和匝数比决定；I₂由U₂和负载电阻决定；I₁由I₂和匝数比决定．