「精品」高中物理第二章交变电流第四节电感器对交变电流的作用学案粤教版选修32
高中物理第二章交变电流第四节电感器对交变电流的作用学案粤教版选修3_78
第四节 电感器对交变电流的作用的简单交变电路．一、电感器对交变电流的作用阻碍作用⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧描述：感抗⎩⎪⎨⎪⎧ 意义：表示电感器对交流电阻碍作用大小的物理量大小：跟线圈的自感系数和交流电的频率有关，感抗大小的公式是X L＝2πfL实质：由于交变电流通过线圈时，线圈中产生了自感电动势，从而阻碍了电流的变化，形成感抗预习交流1电感器对直流电有阻碍作用吗？答案：在忽略电感器自身电阻的情况下，电感器对恒定电流没有任何阻碍作用，对变化的直流电有阻碍作用．电感器的实质是由导线绕成的螺线圈，或是带铁芯的螺线圈，所以其对变化的电流有阻碍作用．二、低频扼流圈和高频扼流圈 1．低频扼流圈它的作用是“通直流、阻交流”． 2．高频扼流圈它的作用是“通低频、阻高频”． 预习交流2 同学们想一下，低频扼流圈对高频交变电流能起到较大的阻碍作用吗？高频扼流圈对低频交变电流呢？答案：能 不能电感器对交流电的阻碍作用1．为什么电感线圈会对交变电流产生阻碍作用，而对稳定的直流电没有阻碍作用？答案：由于电流变化时会引起穿过电感线圈的磁通量变化，从而在电感线圈中激发出自感电动势，根据楞次定律，自感电动势将阻碍电感线圈中电流的变化，因此产生对交变电流的阻碍作用．而由于稳恒电流不发生变化，在电感线圈中不会产生自感电动势，也不会产生阻碍作用．2．为什么交变电流的频率越高，电感器对交流电的阻碍作用就越大？答案：交变电流通过线圈时，电流时刻在变化；由于线圈的自感作用，必然产生感应电动势，阻碍电流的变化，并且阻碍的感抗X L＝2πfL，L为线圈的自感系数，f为交流电的频率，从式中可以看出：交变电流频率越高，线圈自感系数越大，感抗就越大，所以电感器对交变电流的阻碍作用也就越大．在如图所示的电路中，L为电感线圈，R为灯泡的电阻，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压U＝2202sin 100πt V．若保持电源电压有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的有（）．A．电流表示数增大B．电压表示数增大C．灯泡变暗 D．灯泡变亮思路点拨：解答本题时应把握以下两点：（1）感抗与交变电流的频率的关系；（2）闭合电路的电压关系．答案：BC解析：由U＝2202sin 100πt，可得电源原来的频率为f＝ω2π＝100π2πHz＝50 Hz．当电源频率由原来的50 Hz增为100 Hz时，线圈的感抗增大；在电压不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错误．灯泡的电阻R是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率（P＝I2R）减小，灯泡变暗，选项C正确，D错误．电压表与电感线圈并联，其示数为线圈两端的电压U L；设灯泡两端电压为U R，则电源电压的有效值为U＝U L＋U R．因U R＝IR，电流I减小时，U R减小．因电源电压有效值保持不变，故U L＝U－U R增大，选项B正确．电感器在电路中的作用可简单概括为“通直流、阻交流，频率越高，阻碍越大”．电感器的感抗大小的公式是：X L＝2πfL式中f是交流电的频率，L是电感器的自感系数．1．交变电流通过一段长直导线时，电流为I，如果把这根长直导线绕成线圈，如图所示，再接入原电路，通过线圈的电流为I′，则（）．A．I′＞I B．I′＜IC．I′＝I D．无法比较答案：B解析：长直导线的自感系数很小，感抗可忽略不计，其对交变电流的阻碍作用可以看做是纯电阻，流经它的交变电流只受到导线电阻的阻碍作用．当导线绕成线圈后，电阻值未变，但自感系数增大，对交变电流的阻碍作用不但有电阻，而且有感抗，阻碍作用增大，电流减小．故选B．2．对于扼流圈的以下说法正确的是（）．A．扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的B．低频扼流圈用来“通低频、阻高频”C．高频扼流圈用来“通直流、阻交流”D．高频扼流圈对低频交变电流的阻碍作用较大，对高频交变电流的阻碍作用较小答案：A解析：利用电感对交变电流的阻碍作用，实际应用中制成了扼流圈，A正确；低频扼流圈是用来“通直流、阻交流”的．对低频电流的阻碍作用很大．高频扼流圈是对高频电流的阻碍作用很大，对低频电流的阻碍作用变小．高频扼流圈的自感系数较小，低频扼流圈的自感系数较大，B、C、D错误．3．电感器对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感器本身有关，还跟交流电的频率有关，下列说法中正确的是（）．A．电感器通交流、阻直流B．电感器通高频、阻低频C．电感器通直流、阻交流D．电感器通低频、阻高频答案：CD解析：电感器的作用是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”，所以C、D项正确．4．一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图所示．一铁块插进线圈之后，该灯将（）．A．变亮 B．变暗C．对灯没影响 D．无法判断答案：B解析：加入铁芯改变了线圈自感系数，自感系数增大，感抗增大，线圈两端的电压降增大，灯上的电压降减小，所以灯变暗．。
高中物理第2章交变电流第45节电感器对交变电流的作用电容器对交变电流的作用课件粤教版选修3_2
发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确 的是( )
• A．与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元 件y是电感器
• B．与甲灯串联的元件x是电感器，与乙灯串联的元 件y是电容器
• C．与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元 件y是电容器
需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输
入给下一级，我们采用了如下图装置电路，其中代
号a、b应选择的元件是( )
• A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流线圈 • B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流线圈 • C．a是电容较小的电容器，b是高频扼流线圈 • D．a是电容较小的电容器，b是低频扼流线圈 • 解析：电容器具有通高频、阻低频作用，这样的电
容器电容应较小，故a处是电容较小的电容器．电感 线圈在该电路中要求做到“通低频、阻高频”，所 以b处应接一个高频扼流线圈． • 答案：C
►题后反思 分析a、b所在支 确定a、b处元 确定应选 路中电流成分 → 件应起的作用 → 的元件
• 2．在电子技术中，从某一装置输出的电流既要有高 频成分又要有低频成分，如果只需要把低频成分输
再见
公式 表式为I_＝__UR______． • 2．当电路中存在电容器时，在开关闭合的瞬间先是 对电容器充电，当电路稳定时不，能电流______通过电 容器而继续流动． • 3__．__当__电__路现中象存，在当线电圈路时稳，定当时通，电线或圈断起电的时作存用电在和磁电感应 阻相同．
• 二、电感对交变电流的作用
课堂·优化合
电阻、电感、电容对电流的作用
• 【特别提醒】电感、电容接到交流电源上时，电能 与磁场能或电场能往复转化，所以电感、电容上不 会消耗电能，而电流通过电阻时，必然会产生焦耳 热，从而造成电能的损耗．
物理粤教版高二年级选修3-2第二章第4节电感对交变电流的影响教学设计1.doc
《电感对交变电流的影响》教学设计教学目标：知识目标1、理解为什么电感对交变电流有阻碍作用．2、知道用感抗来表示电感对交变电流阻碍作用的大小，知道感抗与哪些因素有关．能力目标使学生理解如何建立新的物理模型而培养学生处理解决新问题能力．情感目标1、通过电感对交流电的阻碍作用体会事物的相对性与可变性．2、让学生充分体会通路与断路之间的辩证统一性．3、培养学生尊重事实，实事求是的科学精神和科学态度．教学目的：了解电感对电流的作用特点．教学重点：电感对交变电流的作用特点．教学难点：电感对交变电流的作用特点．教学方法：启发式综合教学法教学用具：小灯泡、线圈（有铁芯）、交流电源、直流电源．教学过程：一、引入：在直流电流电路中，电压U、电流I和电阻R的关系遵从欧姆定律，在交流电路中，如果电路中只有电阻，例如白炽灯、电炉等，实验和理论分析都表明，欧姆定律仍适用．但是如果电路中包括电感，情况就要复杂了．二、讲授新课：1、电感对交变电流的作用：实验：把一线圈与小灯泡串联后先后接到直流电源和交流电源上，观察现象.现象：接直流的亮些，接交流的暗些．引导学生得出结论：接交流的电路中电流小，间接表明电感对交流有阻碍作用．为什么电感对交流有阻碍作用？引导学生解释原因：交流通过线圈时，电流时刻在改变．由于线圈的自感作用，必然要产生感应电动势，阻碍电流的变化，这样就形成了对电流的阻碍作用．实验和理论分析都表明：线圈的自感系数越大、交流的频率越高，线圈对交流的阻碍作用就越大．感抗：表示电感对交变电流的阻碍作用的大小。
感抗的大小与自干线圈的自感系数、交变电流的频率有关：自感系数越大、交流的频率越高，线圈的感抗越大。
具体关系： 特性：通直流、阻交流，通低频、阻高频。
应用：低频扼流圈和高频扼流圈。
（1）低频扼流圈A 、 构造：线圈绕在铁心上，匝数多，电阻小。
B 、作用：“通直流、阻交流” 。
（2）高频扼流圈A 、构造：线圈绕在铁氧体上，匝数少B 、作用：通过低频，阻高频。
高中物理 第二章 交变电流 变压器学案 粤教版选修32
高中物理 第二章 交变电流 变压器学案 粤教版选修32[学习目标定位] 1.了解变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理.2.掌握理想变压器的电压与匝数的关系并能用它解决相关问题.3.掌握理想变压器的功率关系，并能推导出原、副线圈的电流关系．1．当一个线圈中的电流变化时，在另一个线圈中产生感应电动势的现象，称为互感．利用互感现象，可以把能量从一个线圈传递到另一个线圈．2．电流在一段电路上做功的功率P 等于电流I 与这段电路两端的电压U 的乘积，即P ＝UI.变压器就是改变交流电压的设备． 一、认识变压器1．构成：变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的线圈组成． 2．原线圈(也称为初级线圈)：变压器与电源连接的线圈． 副线圈(也称为次级线圈)：变压器与负载连接的线圈． 二、探究变压器的电压与匝数的关系1．理想变压器：忽略原、副线圈的电阻和各种电磁能量损失的变压器． 2．理想变压器电压与匝数的关系：U1U2＝n1n2.三、理想变压器原、副线圈中的电流1．理想变压器输出功率和输入功率相等． 2．理想变压器原、副线圈中的电流关系I1I2＝n2n1.一、变压器的原理及电压与匝数的关系 [问题设计]把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈通过开关连到交流电源的两端，另一个线圈连到小灯泡上(如图1所示)．图1(1)小灯泡能发光吗？为什么？(2)若小灯泡发光，那么小灯泡两端的电压与什么因素有关？(3)若将原线圈接到恒定的直流电源上，小灯泡亮不亮？分析讨论小灯泡亮或不亮的原因． 答案 (1)能发光，当左边线圈加上交变电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生周期性变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律知，在左、右线圈中都要产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光．(2)左、右线圈中每一圈上磁通量的变化率ΔΦΔt 都相同，若左边匝数为n1，则E1＝n1ΔΦΔt ；若右边匝数为n2，则E2＝n2ΔΦΔt ，故有E1E2＝n1n2；若忽略左边线圈的电阻，则有E1＝E 电源，这样看来小灯泡两端电压与左侧交流电源电动势及两线圈匝数比n1n2都有关系．(3)不亮．原线圈接到恒定直流电源上，通过原线圈的电流的大小、方向均不变，它产生的磁场通过副线圈的磁通量不变，因此在副线圈中不会产生感应电动势，副线圈两端没有电压，所以小灯泡不亮．这种现象说明，变压器不能改变恒定电流的电压． [要点提炼]1．互感现象是变压器的工作基础．因此变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．(后两空填“变化”或“恒定”)2．变压器不能(填“能”或“不能”)改变交变电流的频率． 3．变压器中的电压关系： (1)只有一个副线圈：U1U2＝n1n2.(2)有多个副线圈：U1n1＝U2n2＝U3n3＝……4．原、副线圈的地位(1)原线圈在其所处回路中充当负载． (2)副线圈在其所处回路中充当电源． 二、理想变压器中的功率关系及电流关系 [问题设计]1．什么是理想变压器？理想变压器原、副线圈中的功率有什么关系？答案 理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗．所以理想变压器的输入功率等于输出功率，即P 入＝P 出．2．若只有一个副线圈，原、副线圈中的电流与匝数有什么关系？ 答案 由能量守恒定律，有P 入＝P 出，即U1I1＝U2I2. 所以I1I2＝U2U1＝n2n1.3．若有多个副线圈时，电流与匝数间的关系是什么？答案 若有多个副线圈P1＝P2＋P3＋……，即U1I1＝U2I2＋U3I3＋…… 将U1∶U2∶U3∶……＝n1∶n2∶n3∶……代入得 n1I1＝n2I2＋n3I3＋…… [要点提炼]1．理想变压器的特点：(1)变压器铁芯内无漏磁；无发热损失． (2)原、副线圈不计内阻，即无能量损失．实际变压器(特别是大型变压器)一般可以看成理想变压器． 2．功率关系：P 入＝P 出． 3．电流关系：(1)若只有一个副线圈，有I1U1＝I2U2，即I1I2＝n2n1.(2)当有多个副线圈时I1U1＝I2U2＋I3U3＋…… 得I1n1＝I2n2＋I3n3＋……三、理想变压器中各量的制约关系和动态分析 1．变压器工作时的制约关系(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1n2)一定时，输入电压U1决定输出电压U2，即U2＝n2U1n1.(2)功率制约：P 出决定P 入，P 出增大，P 入增大；P 出减小，P 入减小，P 出为0，P 入为0.(3)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1n2)一定，且输入电压U1确定时，副线圈中的输出电流I2决定原线圈中的电流I1，即I1＝n2I2n1. 2．对理想变压器进行动态分析的两种常见情况(1)原、副线圈匝数比不变，负载电阻变化，进行动态分析的顺序是R→I2→P 出→P 入→I1； (2)负载电阻不变，匝数比变化，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P 出→P 入→I1.一、对变压器的原理的理解例1 (双选)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是 ( ) A ．通过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变 B ．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等C ．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D ．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈解析 B ∝I ，由于面积S 不变，故Φ∝I ，A 错误．因理想变压器无漏磁，故B 、C 正确．原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D 错． 答案 BC二、理想变压器基本规律的应用例2 (单选)理想变压器连接电路如图2甲所示，已知原、副线圈匝数比为10∶1，当输入电压波形如图乙时，电流表读数为2 A ，则( )图2A ．电压表读数为282 VB ．电压表读数为28.2 VC ．输入功率为56.4 WD ．输入功率为40 W解析 由题图乙可知，Um ＝282 V ，则输入电压有效值U1＝Um 2≈200 V ．根据U1U2＝n1n2知，U2＝20 V ，再根据I1I2＝n2n1知，I1＝0.2 A ，输入功率P ＝U1I1＝40 W ，故A 、B 、C 错，D 正确． 答案 D例3 (单选)如图3所示为理想变压器，原线圈的匝数为1 000 匝，两个副线圈的匝数n2＝50 匝，n3＝100 匝，L1是“6 V ,2 W”的小灯泡，L2是“12 V,4 W”的小灯泡，当原线圈接上交流电压时，L1、L2都正常发光，那么原线圈中的电流为( )图3 A.160AB.130A C.120AD.110A 解析 由P 入＝P 出知，I1U1＝6 W ，又U1U2＝n1n2所以U1＝n1n2U2＝1 00050×6 V ＝120 V所以I1＝6120 A ＝120A答案 C三、理想变压器中的动态分析例4 (双选)如图4所示为一含理想变压器的电路图，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交变电压，I1为原线圈中的电流，则( )图4A ．保持U1及P 的位置不变，K 由a 扳向b 时，I1将增大B ．保持U1及P 的位置不变，K 由b 扳向a 时，R 消耗功率增大C ．保持U1不变，K 接在a 处，使P 上滑，I1将增大D ．保持P 的位置不变，K 接在a 处，若U1增大，I1将增大解析 保持U1及P 的位置不变，K 由a 扳向b 时，n1减小，n2n1增大，由U2＝n2n1U1知U2变大，则输出电流I2增大，输出功率增大，输入功率也增大，由P1＝U1I1知，I1增大，A正确．同理，K 若由b 扳向a ，R 消耗功率将减小，B 错误．U1不变，K 接在a 处，使P 上滑时，I2减小，I1也减小，故C 错．保持P 的位置不变，K 接在a 处，使若U1增大，则U2也增大，即I2＝U2R 增大，由I1＝n2n1I2知，I1也应增大，故D 正确．答案AD1．(对变压器原理的理解)(单选)如图5所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，当导线在平行导轨上匀速切割磁感线时，电流表的示数是12 mA，则副线圈中电流表的示数是()图5A．3 mA B．48 mAC．零D．与R阻值有关答案 C解析当导线在平行导轨上匀速运动时，产生的电流是恒定的电流，不会使副线圈的磁通量变化，因而副线圈中无感应电流，选项C正确．2．(理想变压器基本规律的应用)(单选)如图6所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V,6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)的示数分别是()图6A．120 V,0.10 A B．240 V,0.025 AC．120 V,0.05 A D．240 V,0.05 A答案 D解析灯泡正常工作，副线圈电压U2＝12 V，副线圈电流I2＝2×612A＝1 A，根据匝数比得原线圈电流I1＝120I2＝0.05 A，原线圈电压U1＝20U2＝240 V，选项D正确．3．(理想变压器中的动态分析)(双选)如图7所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压u，其瞬时值表达式为u＝220 2 sin (100πt) V，现把单刀双掷开关与a连接，则()图7A．电压表的示数为22 VB．流过滑动变阻器的电流的方向每秒改变100次C．在滑动变阻器的触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变大D．若把单刀双掷开关由a扳向b时，保持滑动变阻器的触头P不动，电压表示数变大，电流表的示数变小答案AB解析理想变压器可以变压、变流，但不改变功率和频率；由交变电压的表达式可知，该交变电压的频率为50 Hz，而产生交变电压的线圈每转一圈，其电流变向两次，故B正确；电压表的读数是有效值，根据理想变压器的变压比等于匝数比可知，该电压表的读数为22 V，A正确；滑动变阻器的触头P向上移动，其接入电路的阻值减小，而变压器两端的电压不变，则电压表的读数不变，副线圈中的电流变大，则电流表的读数变大，C错误；单刀双掷开关由a扳向b，变压器的原线圈的有效匝数减小，由Un1＝U′n2可知，U′变大，变压器的输出功率和输入功率变大，故电压表和电流表的读数都变大，D错误．题组一对变压器原理的理解1．(单选)如图所示四个电路，能够实现升压的是()答案 D解析变压器只能对交变电流变压，不能对直流变压，故A、B错误；由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压．2．(双选)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是()A．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1B．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1答案BD解析对于理想变压器，认为无磁通量损失，因而穿过两个线圈每一匝的磁通量相同，磁通量的变化率相同，每匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比．理想变压器没有能量损失，故输入功率等于输出功率．题组二理想变压器基本规律的应用3．(双选)如图1所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1＝1 100匝，接电压U1＝220 V的交流电，副线圈接“20 V10 W”的灯泡，灯泡正常发光，则()图1A．副线圈的匝数n2＝200匝B．副线圈中的电流I2＝0.5 AC．原线圈中的输入功率为10 WD．原线圈中的电流I1＝0.1 A答案BC解析本题考查变压器的知识．意在考查学生对变压器知识的理解．由于理想变压器的电压比等于匝数比，副线圈匝数n2＝100匝，A错误；理想变压器的原、副线圈的功率相同，所以原线圈的输入功率为10 W，C正确；由功率P＝UI可得副线圈中的电流I2＝0.5 A，原线圈中的电流I1＝n2n1I2≈0.045 A，B正确，D错误．4．(单选)如图2所示，理想变压器的原线圈接在u＝220 2 sin 100πt V的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻．原、副线圈匝数之比为2∶1.电流表、电压表均为理想电表，下列说法中正确的是()图2A．原线圈中电流表的读数为1 AB．原线圈中的输入功率为220 2 WC．副线圈中电压表的读数为110 2 VD．副线圈中输出的交流电的周期为50 s答案 A解析先计算副线圈的电压的有效值，原线圈电压的有效值为220 V，根据匝数比可以得到副线圈的电压的有效值为110 V，根据负载电阻的大小可以知道副线圈中电流为2 A，根据原、副线圈的输入功率和输出功率相等可以知道原线圈中输入功率为220 W，电流有效值为1 A ．副线圈中输出的交流电的周期与原线圈相同为0.02 s.5．(单选)一台理想降压变压器从10 kV 的线路中降压并提供200 A 的负载电流．已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器的原线圈电流、输出电压及输出功率是( ) A ．5 A,250 V,50 kW B ．5 A,10 kV,50 kW C ．200 A,250 V,50 kW D ．200 A,10 kV,2×103 kW 答案 A解析 由I1I2＝n2n1得：I1＝140×200 A ＝5 A ；由U1U2＝n1n2得：U2＝U1n2n1＝10×103×140 V ＝250 V ；由理想变压器功率关系得：P 入＝P 出＝U1I1＝U2I2＝200×250 W ＝50 kW.故正确选项为A.6．(双选)图3甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是( )图3A ．线圈匝数n1<n2，n3<n4B ．线圈匝数n1>n2，n3>n4C ．甲图中的电表是电压表，输出端不可短路D ．乙图中的电表是电流表，输出端不可断路 答案 CD解析 题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3<n4，题图乙中的电表为电流表，故选项C 、D 正确．7.(双选)如图4所示，一只理想变压器原线圈与频率为50 Hz 的正弦交变电源相连，两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端．图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈分别为200匝和100匝，电压表的示数为5 V ．则 ( )图4A ．电流表的读数为0.5 AB ．流过电阻的交变电流的频率为100 HzC ．交变电源的输出电压的最大值为20 2 VD ．交变电源的输出功率为2.5 W 答案 CD解析 根据欧姆定律可得副线圈中的电流I2＝UR ＝0.25 A ，根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系I1I2＝n2n1可解得I1＝0.125 A ，A 错误；理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同，都为50 Hz ，B 错误；副线圈输出电压的有效值为10 V ．根据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为U2m ＝10 2 V ．原、副线圈电压比为U1U2＝n1n2，可得交变电源输出电压的最大值为U1m ＝20 2 V ，C 正确；对于理想变压器，交变电源的输出功率等于变压器副线圈负载消耗的功率，P ＝2×5220W ＝2.5 W ，故D 正确．8.如图5所示，理想变压器B 的原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，交流电源电压u ＝311sin 100πt V ，F 为熔断电流为I0＝1.0 A 的保险丝，负载R 为一可变电阻．图5(1)当电阻R ＝100 Ω时，保险丝能否被熔断？(2)要使保险丝不被熔断，电阻R 的阻值应不小于多少？变压器输出的电功率不能超过多少？答案 (1)保险丝不会被熔断 (2)55 Ω 220 W解析 原线圈电压的有效值为U1＝3112 V≈220 V由U1U2＝n1n2得副线圈两端的电压 U2＝n2n1U1＝12×220 V ＝110 V(1)当R ＝100 Ω时，副线圈中电流I2＝U2R ＝110100A ＝1.10 A.由U1I1＝U2I2 得原线圈中的电流为I1＝U2U1I2＝110220×1.10 A ＝0.55 A ，由于I1＜I0 (熔断电流)，故保险丝不会被熔断．(2)设电阻R 取某一值R0时，原线圈中的电流I1′刚好到达熔断电流I0，即I1′＝1.0 A ，则副线圈中的电流为 I2′＝U1U2I1′＝n1n2·I1′＝2×1.0 A ＝2.0 A 变阻器阻值为：R0＝U2I2′＝1102.0Ω＝55 Ω此时变压器的输出功率为 P2＝I2′U2＝2.0×110 W ＝220 W 可见，要使保险丝F 不被熔断，电阻R 的阻值不能小于55 Ω，输出的电功率不能大于220 W. 题组三 理想变压器中的动态分析9．(双选)如图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．当开关S 接通时，以下说法中正确的是 ( )图6A ．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 上的电压减小C ．通过灯炮L1的电流减小D ．原线圈中的电流增大 答案 CD解析 由于输入电压不变，所以当S 接通时，理想变压器副线圈M 、N 两端输出电压不变，A 错误．并联灯泡L2，总电阻变小，由欧姆定律知，流过等效电阻R 的电流增大，等效电阻上的电压UR ＝IR 增大，B 错误．副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1＝I2U2得，I2增大，原线圈输入电流I1也增大，UMN 不变，UR 变大，所以UL1变小，流过灯泡L1的电流减小，C 、D 正确．10．(双选)如图7所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使 ( )图711 A ．原线圈匝数n1增加B ．副线圈匝数n2增加C ．负载电阻R 的阻值增大D ．负载电阻R 的阻值减小 答案 BD解析 由U1U2＝n1n2，P 出＝U22R可得P 出＝U21n22n21R又因为P 入＝P 出，所以P 入＝U21n22n21R分析可得选项B 、D 正确．。
物理粤教版高二年级选修3-2第二章第4节电感对交变电流的影响教学设计2.doc
《电感对交变电流的影响》教学设计学习目标：1、理解为什么电感对交变电流有阻碍作用；2、知道用感抗来表示电感，电感对交变电流阻碍作用的大小，知道感抗与哪些因素有关。
学习重点：电感对交变电流的阻碍作用大小及感抗与哪些因素有关；实验器材：学生电源、电池组、电感线圈、小灯泡、导线若干。
学习过程:一、创设情境，导入新课设问：交流电与直流电的区别有什么？实验：激发学生的学习兴趣。
二、自主、合作、探究（一）、电感对交变电流的阻碍作用画出三个实验电路图，请学生连接实验电络图（1）（2）（3）三个电路图中交流电源与直流电源的电动势相同。
A1、A2、A3为三个完全相同的小灯泡。
闭合电键，让学生观察A1、A2、A3亮度。
教师提问：观察A1、A2、A3亮度情况学生回答实验现象：A1、A2亮度相同，A3较暗。
教师提问：这说明什么？学生回答：这表明电感对直流电没有阻碍作用，对交流电有阻碍作用。
教师引入：那为什么会发生这种现象呢？教师点拨：上一章我们学习了一种特殊的电磁感应现象——自感现象。
（让学生回想自感现象）学生回答：自感现象是由于导体本身的电流发生变化，而产生的电磁感应现象。
教师点拨：本实验中当线圈通入交变电流时，线圈中的电流大小和方向时刻变化，在线圈中会产生自感电动势阻碍电流变化。
板书：电感对交变电流的阻碍作用大小，用感抗来表示。
思考提高：感抗的大小与哪些因素有关。
看课本，找学生回答。
感抗的大小总与线圈的自感系数和交流电的频率有关。
线圈自感系数越大交变电流频率越高，电感对交变电流的阻碍作用就越大，感抗也就越大。
.（二）、自感现象的应用学生看课本，关于低频扼流圈的部分，总结其构造：线圈绕在铁芯上，匝数多，自感系数大，电阻较小。
作用：通直流阻交流。
看课本关于高频扼流圈的部分，总结：构造：线圈绕在铁氧体芯上或空心，匝数少，自感系数小。
作用：通低频，阻高频。
学以致用：1、如图，白炽灯和电感线圈串联后接在交流电源的两端，当交流电源的频率增加时（）A、线圈感抗增加B、线圈感抗减少C、电灯变暗D、电灯变亮答案：（A 、C）（三）随堂联想解题1、感抗描述电感线圈对交变电流的大小。
新高中物理 2.4电感器对交变电流的作用(讲授式)课件 粤教版选修32
学案4 电感器对交变 电流的作用
一、认识电感器
电感器由绝缘导线一圈紧靠一圈地制而 成，所以又被称为电感线圈
电感器用字母“L”及电路符号“
”
表示
二、电感器对交变电流的作用
接直流的亮些， 接交流的暗些．
结论：电感对直流电没有阻碍作用 电感对交流电有阻碍作用
二、电感器对交变电流的作用
UL′减小
又因为U＝UV＋ UL′
UV增大
电感对交变电流的作用：
X 2 fL L
通直流，阻交流 低频扼流圈（L大）
通低频，阻高频 高频扼流圈（L小）
感抗跟电感本身有关， 还跟交流的频率有关。
有 无
1
一个灯泡通过一个线圈与一交流电源相连 接，如图所示．一块铁插进线圈之后，该 灯将( ) A．变亮 B．变暗 C．没有影响 D．无法判断
加入铁芯改变了电感的自感系数，自感系数增大，感 抗增大
2
如图所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V， 则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是( ) A．等于220 V B．大于220 V C．小于220 V D．等于零
电感线圈对交变电流产生感抗 “通直流、阻交流，通低频、阻高频
1.关于电子电路中的扼流圈，下列 说法正确的是( ) A．扼流圈是利用电感线圈对交流 的阻碍作用来工作的 B．高频扼流圈的作用是允许低频 交流通过，而阻碍高频交流通过 C．低频扼流圈的作用是不仅要阻 碍高频交流通过，还要阻碍低频交 流通过 D．高频扼流圈的电感比低频扼流 圈的电感大
1、感抗定义：电感器对交流阻碍作用的大小。 2、影响感抗大小的因素：
现象： (1)交变电流频率越高，灯越暗 (2)自感系数越大，灯泡越暗
高中物理第二章交变电流第四节电感器对交变电流的作用预习导学案粤教版选修3_2
——教学资料参考参考范本——高中物理第二章交变电流第四节电感器对交变电流的作用预习导学案粤教版选修3_2______年______月______日____________________部门【思维激活】1.电风扇的调速开关在直流电路中能起作用吗？提示：从电风扇的调速开关的内部构造上来看，它是一个绕在铁芯上并且有多个中间抽头的线圈，以便改变接入电路中的线圈匝数，线圈在交流电路中有自感的作用，产生自感电动势，即线圈两端就有一个电压，它与电风扇串联，因此起到分压的作用，改变不同的接头，就可以改变分得的电压，从而起到调速的作用。
在直接电路中，待电流稳定后，线圈无自感作用，看来在直流电路中不起作用。
【自主整理】1.电感器对恒定电流是导通的，对交变电流有阻碍作用，其原因是：交变电流通过线圈时，电流时刻在变化，由于线圈的自感作用，必然产生感应电动势，阻碍电流的变化，这样就形成了对交变电流的阻碍作用。
2.电感对交变电流的阻碍作用：（1）实验表明，电感对交变电流有阻碍作用，电感对交变电流的阻碍作用的大小用感抗表示，线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，阻碍作用就越大，感应电动势也就越大。
（2）扼流圈是电子技术中常用的电子元件，分为两种，一种是线圈绕在铁芯上，它的自感系数较大，感抗较大，叫做低频扼流圈，它的作用是对低频交变电流有很大的阻碍；另一种是线圈绕在铁氧体磁芯上或空心，它的自感系数较小，感抗较小，叫做高频扼流圈，它的作用是对高频电流有较大的阻碍作用。
【高手笔记】1.感抗的大小可用公式表示XL=2πfL，f的单位是赫兹（Hz），L 的单位是亨利（H）。
2.在电工和电子技术中利用电感的这种感抗作用制成低频扼流圈（匝数多，自感系数大，一般为几十亨），其作用是“通直流，阻交流”，制成的高频扼流圈（匝数少，自感系数为几个毫亨），其作用是“通低频，阻高频”。
【名师解惑】电感对交变电流产生阻碍作用的原因当交变电流流入电感线圈时，电流的大小和方向都随时间变化，线圈中的自感电动势将阻碍交变电流的变化，所以电感对交变电流的阻碍作用的根本原因是线圈的自感电动势。
粤教版高中物理选修(32)第二章《电感器对交变电流的作用 电容器对交变电流的》word学案
学案4 电感器对交变电流的作用电容器对交变电流的作用[学习目标定位] 1.通过演示实验了解电感器和电容器对交变电流的阻碍和导通作用.2.知道感抗和容抗的物理意义以及与哪些因素有关.3.能够分析简单电路中的电容器、电感器的作用．1．线圈的长度越长，线圈的横截面积越大，匝数越多，线圈的自感系数越大，线圈有铁芯时比无铁芯时自感系数大得多．2．平行板电容器的电容决定式C＝εrS4πkd，电容的定义式C＝Q U.3．由于线圈本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象叫自感现象．一、电感器对交变电流的作用1．认识电感器电感器由绝缘导线一圈紧靠一圈地绕制而成，又被称为电感线圈．它能把外部电路的电能储存在电感器内部的磁场中．2．电感器对交变电流的作用(1)电感器对恒定电流是导通的，对交变电流有阻碍作用．(2)电感器的自感系数越大，交变电流的频率越高，电感器对交变电流的阻碍作用就越大．(3)低频扼流圈和高频扼流圈①低频扼流圈：通直流、阻交流．②高频扼流圈：通直流、通低频、阻高频．二、电容器对交变电流的作用1．电容器仅让交变电流通过．2．电容器对交变电流的作用电容器的电容越大，交变电流的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小．3．隔直电容器和高频旁路电容器隔直电容器：通交流、隔直流．高频旁路电容器：通高频、阻低频．一、电感器对交变电流的作用[问题设计]如图1所示，把带铁芯的线圈L与小灯泡串联起来，先把它们接到直流电源上，再把它们接到交流电源上，取直流电源的电压与交流电压的有效值相等．图1(1)对比两种情况下灯泡的亮度有什么不同？说明了什么？(2)乙图中换用自感系数更大的线圈或调换频率更高的交流电源，灯泡的亮度有何变化？说明了什么？答案(1)甲图中灯泡比乙图中灯泡更亮，说明电感器对交变电流有阻碍作用．(2)不论是换用自感系数更大的线圈还是调换频率更高的交流电源，灯泡均变得更暗，说明线圈的自感系数越大，交流电的频率越高，线圈对交流电的阻碍作用越大．[要点提炼]1．电感器的感抗是由变化的电流在线圈中产生的感应电动势引起的，与制成线圈导体的电阻无关．2．感抗的两个决定因素：(1)线圈的自感系数；(2)交变电流的频率．3．电感线圈在电路中的作用(1)通直流，阻交流；(2)通低频，阻高频．二、电容器对交变电流的作用[问题设计]如图2甲、乙所示，把灯泡和电容器串联起来，先把它们接到直流电源上，再把它们接到交流电源上，观察灯泡的发光情况．图2(1)分析电容器能通交流的原因．(2)若把图乙中的电容器去掉，变成图丙所示电路，会发生什么现象？说明了什么？(3)在图乙中，改变电容器的电容和电源频率，灯泡亮度会有什么变化？答案(1)把交流电源接到电容器两个极板上后，当电源电压升高时，电源给电容器充电，电荷向电容器极板上聚集，在电路中，形成充电电流；当电源电压降低时，电容器放电，电荷从极板上流出，在电路中形成放电电流．电容器交替进行充电和放电，电路中就有了电流，好像是交流“通过”了电容器，但实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质．(2)灯泡变得比乙中亮，说明电容器对交变电流有阻碍作用．(3)电容变大时，灯泡变亮；电源频率增大时，灯泡变亮．[要点提炼]1．电容器能通交变电流，并不是电荷真的穿过了电容器．2．电容器对交变电流的阻碍作用：电源电压推动自由电荷定向移动时，电容器极板上积累的电荷会阻碍自由电荷向此方向做定向运动，这就产生了电容器对交变电流的阻碍作用．3．决定容抗的两个因素：电容器的电容和交流电的频率．4．电容器在电路中的作用：通交流，阻直流，通高频，阻低频．一、对感抗的理解例1(双选)如图3所示实验电路中，若直流电压和交变电压的有效值相等，S为双刀双掷开关，下面叙述正确的是()图3A．当S掷向a、b时灯较亮，掷向c、d时灯较暗B．当S掷向a、b时灯较暗，掷向c、d时灯较亮C．S掷向c、d，把电感线圈中的铁芯抽出时灯变亮D．S掷向c、d，电源电压不变，而使频率减小时，灯变暗解析线圈对恒定电流无感抗，对交变电流有感抗，当交流电频率减小时，感抗变小，灯变亮，并且是有铁芯时感抗更大，故铁芯抽出时灯变亮．答案AC二、对容抗的理解例2(双选)如图4所示，接在交流电源上的灯泡正常发光，以下说法正确的是()图4A．把电介质插入电容器，灯泡变暗B．增大电容器两极板间的距离，灯泡变亮C．减小电容器两极板间的正对面积，灯泡变暗D．使交变电流频率减小，灯泡变暗解析把电介质插入电容器，电容变大，容抗变小，电容器对交变电流阻碍作用变小，所以灯泡变亮，故A错误；增大电容器两极板间的距离，电容变小，电容器对交变电流阻碍作用变大，所以灯泡变暗，故B错误；减小电容器两极板间的正对面积，电容变小，灯泡变暗，故C正确；使交变电流频率减小，电容器对交变电流阻碍作用变大，灯泡变暗，故D正确．答案CD三、电阻、感抗、容抗的对比例3(单选)如图5所示，电路中完全相同的三只灯泡L1、L2、L3分别与电阻R、电感L、电容C串联，然后再并联到220 V、50 Hz的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同．若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到60 Hz，则发生的现象是()图5A．三灯亮度不变B．三灯均变亮C．L1不变、L2变亮、L3变暗D．L1不变、L2变暗、L3变亮解析当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，因此L3变亮，L2变暗．又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，故L1亮度不变，所以选D.答案 D四、电感器、电容器在电路中的应用例4(单选)在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分，又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输送到再下一级，可以采用如图6所示电路，其中a、b应选择的元件是()图6A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈C．a是电容较小的电容器，b是低频扼流圈D．a是电容较小的电容器，b是高频扼流圈解析电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容较小，所以a处放电容较小的电容器，电感线圈在该电路中要求起到通低频、阻高频的作用，b处接一个高频扼流圈，D对．答案 D1. (对感抗的理解)(双选)在如图7所示的电路中，L为电感线圈，R为灯泡的电阻值，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝2202sin (100πt) V．若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的是()图7A．电流表示数增大B．电压表示数增大C．灯泡变暗D．灯泡变亮答案BC解析由u＝2202sin (100πt) V，可得电源原来的频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50 Hz，当电源频率由原来的50 Hz增为100 Hz时，线圈对交流电的感抗增大，在电压不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错误；灯泡的电阻值R是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率(P＝I2R)减小，灯泡变暗，选项C正确，D错误；电压表与电感线圈并联，其示数为线圈两端的电压UL，设灯泡两端电压为UR，则电源电压的有效值为U＝UL＋UR，因UR＝IR，故电流I减小时，UR减小．因电源电压的有效值保持不变，故UL＝U－UR增大，选项B正确．2．(对容抗的理解)(单选)如图8所示，白炽灯和电容器串联后接在交流电源的两端，当交流电源的频率增大时()图8A．电容器电容增大B．电容器电容减小C．灯变暗D．灯变亮答案 D解析电容器的电容是由电容器本身的特性决定的，与外加的交流电源的频率无关，选项A、B错误．当交流电源的频率增大时，电容器充、放电的速度加快，电容器的容抗减小，电流增大，灯变亮．3.(电阻、感抗、容抗的对比)(单选)如图9所示，三个灯泡相同，而且足够耐压，电源内阻忽略．单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，那么S接B时()图9A．三个灯亮度相同B．甲灯最亮，丙灯不亮C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D．只有丙灯不亮，乙灯最亮答案 D解析开关S接A时，甲、乙、丙三个支路均有交流电通过，开关S接B时，电路处于直流工作状态，电容C“隔直、通交”；电感L“阻交、通直”；R对交流、直流有相同的阻抗．可判断此时电路中I丙＝0，I甲不变，I乙增大；又因为灯泡亮度与功率(P＝I2R)成正比，所以只有丙灯不亮，乙灯最亮．题组一对感抗的理解1．(单选)一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图1所示．一铁棒插进线圈后，该灯将()图1A．变亮B．变暗C．对灯的亮度没影响D．无法判断答案 B解析在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势，总是阻碍电流变化，正是这种阻碍变化的特性，使线圈产生了感抗．加入铁芯改变了电感线圈的自感系数，使自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，灯泡两端的电压减小，所以灯变暗．2．(双选)如图2所示，输入端ab的输入电压既有直流成分，又有交流成分，以下说法中正确的是(L的直流电阻不为零)()图2A．直流成分只能从L通过B．交流成分只能从R通过C．通过R的既有直流成分又有交流成分D．通过L的直流成分比通过R的直流成分要大答案CD解析由于线圈L直流电阻不为零，所以有直流通过R，而线圈对交流有阻碍作用，因此也有交流成分通过R，B错，C正确；由于R对交流也有阻碍作用，所以也有交流成分通过L，A错；因为线圈的直流电阻一般都很小，所以通过线圈的直流成分比通过R的要大，D正确．题组二对容抗的理解3．(双选)对交变电流通过电容器的理解正确的是()A．交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体B．交变电流定向移动的电荷能通过电容器两极板间的绝缘介质C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器D．交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)答案CD解析电流能“通过”电容器，并非自由电荷真的通过电容器两极板间的绝缘介质，而是交变电流交替对电容器充、放电，电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器．4．(单选)有两个电容器的电容分别为C1＝5 μF和C2＝3 μF，分别加在峰值一定的正弦交流电源上，在下列各种情况下，哪一种情况电路的电流最大()A．在C1上所加交变电流的频率为50 HzB．在C2上所加交变电流的频率为50 HzC．在C1上所加交变电流的频率为100 HzD．在C2上所加交变电流的频率为100 Hz答案 C解析电容越大，电流频率越大，容抗越小，电路中电流越大．C1>C2,100 Hz>50 Hz，所以C正确．5．(单选)如图3所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使电流表A的示数增大，可行的办法是()图3A．使发电机F的转速增大B．使发电机F的转速减小C．在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质D．使电容器两极板间的距离增大答案 A解析当发电机转速增大时，交变电流的频率增大，容抗减小，电流表A的读数增大，A项正确，B项错误；在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时，电容器的电容减小，电容器两极板间距离增大时电容也减小，当电容减小时，容抗增大，对交变电流的阻碍作用增大，电流表A示数减小，C、D两项均错误．题组三电阻、感抗、容抗的对比6．(单选)如图4所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a、b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮．当a、b接电压的有效值为U 的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是()图4A．与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈B．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器C．与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器D．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管答案 B解析由a、b接直流电流时的现象可知，元件x“通直流”，元件y“隔直流”，由a、b接交流电源时的现象可知，元件x“阻交流”，元件y“通交流”，根据电容器和电感线圈的特点可知元件x是电感线圈，元件y是电容器，选项B正确．7．(单选)如图5所示，在电路两端加上正弦交流电，保持电压有效值不变，使其频率增大，发现各灯的亮暗情况是：灯L1变亮，灯L2变暗，灯L3不变，则M、N、L中所接元件可能是()图5A．M为电阻，N为电容器，L为电感线圈B．M为电感线圈，N为电容器，L为电阻C．M为电容器，N为电感线圈，L为电阻D．M为电阻，N为电感线圈，L为电容器答案 C解析题组四电感器、电容器在电路中的应用8．(单选)在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，如果只需把低频成分输送到下一级装置，如图6所示，则下列做法合理的是()图6A．在a、b间接入一个电容器B．在a、b间接入一个低频扼流圈C．在a、b间接入一个高频扼流圈D．在a、b间接入一个电容器或高频或低频扼流圈都可以答案 C解析电容器是“通高频，阻低频”，低频扼流圈“通直流，阻交流”，而高频扼流圈“通直流，通低频，阻高频”，C对．9．(双选)如图7甲、乙所示是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“－”表示．关于两图中负载电阻R上得到的电流特征，下列判断正确的是()图7A．图甲中R得到的是交流成分B．图甲中R得到的是直流成分C．图乙中R得到的是低频成分D．图乙中R得到的是高频成分答案AC解析当交变电流加在电容器上时，有“通交流、隔直流，通高频、阻低频”的特性，甲图中电容器隔直流，R得到的是交流成分，A正确，B错误；乙图中电容器通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确，D错误．10．(双选) “二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，它们的固有频率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器．音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动．图8为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b端输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则()图8A．甲扬声器是高音扬声器B．C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器C．L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器D．L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流答案BD解析由于L1“阻高、通低”，C1又“通高、阻低”，因此低频成分通过甲扬声器，故A、C错；C2的作用是“通高、阻低”，L2的作用是“通低、阻高”，故B、D对．11．(双选)如图9所示，甲、乙两图中用交流电源，丙、丁两图中用直流电源，各电路图中灯泡、电容器、电压表示数都相同，则下列说法正确的是()图9A．灯L1比灯L2亮B．灯L3也能发光，但亮度最暗C．灯L2和L4亮度相同D．灯L4比灯L1亮答案CD解析电压表示数相同，说明交流电压的有效值相同．甲图中电容器与灯L1串联，电容器对电流有阻碍作用；乙图中电容器与灯L2并联，交变电流全部流过灯L2；丙图中电容器与灯L3串联且是直流电源，电容器隔直通交，所以没有电流流过灯L3，灯L3不亮；丁图中电容器与灯L4并联，电流全部流过灯L4.综合以上分析，C、D两项正确．12．(单选)在频率为f的交变电流电路中，如图10所示，当开关S依次分别接通R、C、L所在的支路，这时通过各支路的电流有效值相等．若将交变电流的频率提高到2f，维持其他条件不变，则下列几种说法不正确的是()图10A．通过R的电流有效值不变B．通过C的电流有效值变大C．通过L的电流有效值变小D．流过R、C、L的电流有效值都不变答案 D解析电阻对交变电流阻碍作用的大小与电流的频率无关，因此，通过电阻的电流的有效值不变．电感对交变电流阻碍作用的大小用感抗表示，线圈的自感系数越大，电流的频率越高，自感电动势就越大，即线圈对电流的阻碍作用就越大，感抗也就越大，因此，通过电感器的电流有效值变小．电容器对交变电流阻碍作用的大小用容抗表示，电容一定时，在相同电压下电容器容纳的电荷一定，频率越高，充、放电的时间越短，充、放电的电流越大，容抗越小，因此，通过电容器的电流有效值变大，故D不正确，选D.。
高中物理第二章交变电流第4节电感器对交变电流的作用教案粤教版选修3-2(new)
第4节电感器对交变电流的作用本节教材分析三维目标一、知识目标1。
理解为什么电感对交变电流有阻碍作用。
2。
知道用感抗来表示电感对交变电流阻碍作用的大小，知道感抗与哪些因素有关。
二、技能目标1。
培养学生独立思考的思维习惯。
2.培养学生用学过的知识去理解、分析新问题的习惯。
三、情感态度目标培养学生有志于把所学的物理知识应用到实际中去的学习习惯.教学重点1.电感对交变电流的阻碍作用。
2.感抗的物理意义.教学难点感抗的概念及影响感抗大小的因素.教学建议本节着重说明交流与直流的区别，有利于加深学生对交变电流特点的认识.教学的重点在突出交流与直流的区别，而不要求深入讨论感抗和容抗的问题。
可结合学校的实际情况，尽可能多地用实验说明问题，不必在理论上进行讨论.根据电磁感应的知识，学生不难理解感抗的概念和影响感抗大小的因素。
教学中要注意适当复习或回忆已学过的有关知识，让学生自然地得出结论.这样既有利于理解新知识，又有利于培养学生的能力,使学生学会如何把知识联系起来，形成知识结构,进而独立地获取新知识.新课导入设计导入一在直流电路中,影响电流跟电压关系的只有电阻，且电压U、电流I和电阻R的关系遵从欧姆定律。
在交流电路中,影响电流跟电压关系的，除了电阻外，还有电感和电容，电压、电流、电感和电容间的关系较为复杂。
这节课我们学习电感对交变电流的影响.导入二实验：把一线圈与小灯泡串联后先后接到直流电源和交流电源上，观察现象:接直流的亮些，接交流的暗些.引导学生得出结论：接交流的电路中电流小，间接表明电感对交流有阻碍作用。
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高中物理第二章交变电流认识交变电流交变电流的描述学案粤教版选修32
学案1 认识交变电流 交变电流的描绘[学习目的定位] 1.会观察电流(或电压)的波形图，理解交变电流和直流的概念.2.理解交变电流的产生过程，会分析电动势和电流方向的变化规律.3.知道交变电流的变化规律及表示方法，知道交变电流的瞬时值、峰值的物理含义．1．感应电动势的大小根本式：E ＝n ΔΦΔt(法拉第电磁感应定律) 导出式：E ＝BLv(导体切割磁感线时的感应电动势)2．感应电动势的方向根本规律：楞次定律 导出规律：右手定那么一、观察交变电流的图象电流或电压随时间变化的图象叫做波形图．我们通常利用示波器观察波形图．二、交变电流的产生1．交变电流是由交流发电机产生的，图1是交流发电机的原理图．交流发电机的最根本构造是线圈和磁极，线圈可绕中心轴转动．线圈两端连接在彼此绝缘的两个滑环上，固定的电刷A 、B 压在滑环K 、L 上，由电刷把电流引出．图12．中性面：当线圈转到线圈平面与磁感线垂直的位置时，ab 边和cd 边不切割磁感线，线圈中不产生感应电动势，感应电动势为0，这个位置叫中性面．三、用函数表达式描绘交变电流假设线圈从中性面开场计时，感应电动势e 的变化规律为e ＝Em·sin_ωt.式中e 叫做电动势的瞬时值，Em 叫做电动势的峰值，Em ＝nBSω.四、用图象描绘交变电流1．图2表示正弦式电流的电动势e 随时间变化的图象．图22．线圈转动一周的过程中，出现两次最大值，电流方向改变两次．3．图3表示几种常见的交变电流的波形(a)示波器中的锯齿波扫描电压(b)电子计算机中的矩形脉冲(c)激光通信中的尖脉冲图3一、交变电流的产生[问题设计]图4假定线圈沿逆时针方向匀速转动，如图4甲至丁所示．请分析判断：(1)在线圈由甲转到乙的过程中，AB 边中电流向哪个方向？(2)在线圈由丙转到丁的过程中，AB 边中电流向哪个方向？(3)线圈转到什么位置时线圈中没有电流，转到什么位置时线圈中的电流最大？(4)大致画出通过电流表的电流随时间变化的曲线，从E 经过负载流向F 的电流记为正，反之记为负．在横坐标上标出线圈到达甲、乙、丙、丁几个位置时对应的时刻．答案 (1)由B 到A (2)由A 到B(3)线圈转到甲或丙位置时线圈中没有电流，称为中性面．线圈转到乙或丁位置时线圈中的电流最大． (4)[要点提炼]1．正弦式交变电流的产生：将闭合矩形线圈置于匀强磁场中，并绕垂直磁场方向的轴匀速转动．2．中性面——线圈平面与磁感线垂直时的位置．(1)线圈处于中性面位置时，穿过线圈的Φ最大，但线圈中的电流为零．(填“最大〞或“为零〞)(2)线圈每次经过中性面时，线圈中感应电流方向都要改变．线圈转动一周，感应电流方向改变两次．二、用函数表达式描绘交变电流[问题设计]如图5是图4中线圈ABCD 在磁场中绕轴OO′转动时的截面图．设AB 边长为L1，BC 边长为L2，线圈面积S ＝L1L2，磁感应强度为B ，线圈转动角速度为ω那么：图5(1)甲、乙、丙位置AB 边产生的感应电动势各为多大？(2)甲、乙、丙位置整个线圈中的感应电动势各为多大？(3)假设线圈有N 匝，那么甲、乙、丙中整个线圈的感应电动势各为多大？答案 (1)甲：eAB ＝0乙：eAB ＝BL1vsin ωt ＝BL1·L2ω2sin ωt ＝12BL1L2ωsin ωt ＝12BSω·sin ωt 丙：eAB ＝BL1v ＝BL1·ωL22＝12BL1L2ω＝12BSω (2)整个线圈中的感应电动势由AB 和CD 两局部组成，且eAB ＝eCD ，所以甲：e ＝0乙：e ＝eAB ＋eCD ＝BSω·sin ωt丙：e ＝BSω(3)假设线圈有N 匝，那么相当于N 个完全一样的电源串联，所以甲：e ＝0乙：e ＝NBSωsin ωt丙：e ＝NBSω[要点提炼]1．正弦式交变电流瞬时值表达式：(1)当从中性面开场计时：e ＝Emsin_ωt.(2)当从与中性面垂直的位置开场计时：e ＝Emcos_ωt.2．正弦式交变电流的峰值表达式：Em ＝nBSω与线圈的形状及转动轴的位置无关．(填“有关〞或“无关〞)3．两个特殊位置：(1)中性面：线圈平面与磁场垂直．e 为0，i 为0，Φ最大，ΔΦΔt 为0.(填“0”或“最大〞) 线圈每次经过中性面时，线圈中感应电流的方向要改变，线圈转动一周，感应电流方向改变两次．(2)垂直中性面：线圈平面与磁场平行．e 为最大，i 最大，Φ为0，ΔΦΔt最大．(填“0”或“最大〞) 三、用图象描绘交变电流[要点提炼]1．正弦式交变电流的图象及应用：或从中性面计时 从垂直中性面(B ∥S)计时图6(1)线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时，开场计时时线圈所处的位置不同，得到的i －t 图象也就不同(如图6)；(2)要注意从图象中找出两个特殊位置所对应的时刻．2．对直流电流和交变电流的区分主要是看电流方向是否变化．(1)交变电流：方向随时间做周期性变化的电流，简称交流．(2)直流：方向不随时间变化的电流．(3)图象特点①恒定电流的图象是一条与时间轴平行的直线．②交变电流的图象有时会在时间轴的上方，有时会在时间轴的下方，随时间做周期性变化．一、交变电流的判断例1(双选)如以下图所示图象中属于交流电的有()解析根据交变电流的定义分析，是否属于交变电流关键是看电流方向是否发生变化，而不是看大小．答案AC二、正弦式交变电流的产生例2(双选)矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面内的轴匀速转动时产生了交变电流，以下说法正确的选项是()A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次D．线框经过中性面时，各边有效切割磁感线的速度为零解析线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边的速度与磁感线平行，即不切割磁感线，所以电动势等于零，也应该知道此时穿过线框的磁通量的变化率等于零，感应电动势或感应电流的方向也就在此时刻变化．线框垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的两边都垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，也可以说此时穿过线框的磁通量的变化率最大．故C、D选项正确．答案CD三、交变电流的规律例3有一个正方形线圈的匝数为10匝，边长为20 cm，线圈总电阻为1 Ω，线圈绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图7所示，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，问：图7(1)该线圈产生的交变电流电动势的峰值、电流的峰值分别是多少．(2)假设从中性面位置开场计时，写出感应电动势随时间变化的表达式．(3)线圈从中性面位置开场，转过30°时，感应电动势的瞬时值是多大．解析(1)交变电流电动势的峰值为Em＝2nBLv＝nBSω＝10×0.5×0.22×10 π V≈6.28 V电流的峰值为Im＝EmR≈6.28 A.(2)从中性面位置开场计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin ωt≈6.28 sin 10πt V.(3)线圈从中性面位置开场转过30°，感应电动势e＝Emsin 30°≈3.14 V.答案(1)6.28 V 6.28 A(2)e＝6.28sin 10πt V(3)3.14 V四、交变电流的图象例4(单项选择)线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图8所示，由图中信息可以判断()图8A．在A和C时刻线圈处于中性面位置B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C．从A～D线圈转过的角度为2πD．假设从O～D时刻历时0.02 s，那么在1 s内交变电流的方向改变100次解析根据题图，首先判断出交变电流的瞬时值表达式i＝Imsin ωt.其中Im是交变电流的最大值，ω是线圈旋转的角速度．另外，应该进一步认识到线圈是从中性面开场旋转，而且线圈每旋转一周，两次经过中性面，经过中性面的位置时电流改变方向，从题图可以看出，在O、B、D时刻电流为零，所以此时线圈恰好在中性面的位置，且穿过线圈的磁通量最大；在A、C时刻电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时磁通量为零；从A到D，线圈旋转3/4周，转过的角度为3π/2；假如从O到D历时0.02 s，恰好为一个周期，所以1 s 内线圈转过50个周期，100次经过中性面，电流方向改变100次．综合以上分析可得，只有选项D正确．答案 D1．(交变电流的产生)(单项选择)以下各图中，线圈中不能产生交变电流的有( )答案 A2．(交变电流的规律)(双选)如图9所示，矩形线圈abcd 放在匀强磁场中，ad ＝bc ＝l1，ab ＝cd ＝l2.从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴匀速转动，那么( )图9A ．以OO′为转轴时，感应电动势e ＝Bl1l2ωsin ωtB ．以O1O1′为转轴时，感应电动势e ＝Bl1l2ωsin ωtC ．以OO′为转轴时，感应电动势e ＝Bl1l2ωcos ωtD ．以OO′为转轴跟以ab 为转轴一样，感应电动势e ＝Bl1l2ωsin (ωt ＋π2) 答案 CD解析 以O1O1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流．无论是以OO′为轴还是以ab 为轴转动，感应电动势的最大值都是Bl1l2ω.由于是从与磁场平行的面开场计时，产生的是余弦式交变电流，故C 、D 正确．3．(交变电流的图象)(单项选择)一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图10甲所示，那么以下说法中正确的选项是( )图10A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，感应电动势到达最大D ．该线圈产生的相应感应电动势的图象如图乙所示答案 B解析 由题图甲可知t ＝0时刻，线圈的磁通量最大，线圈处于中性面．t ＝0.01 s 时刻，磁通量为零，但变化率最大，所以A 项错误，B 项正确．t ＝0.02 s 时，感应电动势应为零，C 、D 项均错误．4．(交变电流的规律)如图11所示，线圈的面积是0.05 m2，共100匝，匀强磁场的磁感应强度B ＝1π T ，当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时，求：图11(1)假设从线圈的中性面开场计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．(2)从中性面开场计时，线圈转过130s 时电动势瞬时值多大？ 答案 (1)e ＝50sin(10πt)V (2)43.3 V解析 (1)n ＝300 r/min ＝5 r/s ，因为从中性面开场转动，并且求的是瞬时值，故e ＝Emsin ωt ＝NBS ·2πnsin (2πnt)＝50sin (10πt)V(2)当t ＝130 s 时，e ＝50sin (10π×130)V≈43.3 V题组一 交变电流的产生1．(单项选择)一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时( )A ．线圈平面与磁感线方向平行B ．通过线圈的磁通量到达最大值C ．通过线圈的磁通量变化率到达最大值D ．线圈中的感应电动势到达最大值答案 B解析 中性面是通过磁通量最大的位置，也是磁通量变化率为零的位置，即在该位置通过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势为零，无感应电流．B 正确．2．(单项选择)关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，以下说法中正确的选项是( )A ．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变B ．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次C ．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次D ．线圈转动一周，感应电动势和感应电流方向都要改变一次答案 C解析 根据交流电的变化规律可得，假如从中性面开场计时有e ＝Emsin ωt 和i ＝Imsin ωt ；假如从垂直于中性面的位置开场计时有e ＝Emcos ωt 和i ＝Imcos ωt ，不难看出：线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向也改变一次；线圈每转动一周，感应电流和感应电动势方向都改变两次．C正确．3．(单项选择)如图1所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与互相绝缘的两个半圆形铜环M和N相连．M和N又通过固定的电刷P 和Q与电阻R相连．在线圈转动过程中，通过电阻R的电流()图1A．大小和方向都随时间做周期性变化B．大小和方向都不随时间做周期性变化C．大小不断变化，方向总是P→R→QD．大小不断变化，方向总是Q→R→P答案 C解析半圆环交替接触电刷，从而使输出电流方向不变，这是一个直流发电机模型，由右手定那么知，外电路中电流方向是P→R→Q.题组二交变电流的图象4．(单项选择)处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab边垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图2所示，线圈的cd边分开纸面向外运动．假设规定沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，那么能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图象是()图2答案 C解析 线圈在磁场中从题图位置开场匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电．对于题图起始时刻，线圈的cd 边分开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定那么判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向一样，所以C 对．5．(双选)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的波形图如图3所示，以下说法中正确的选项是( )图3A ．在t1时刻穿过线圈的磁通量到达峰值B ．在t2时刻穿过线圈的磁通量到达峰值C ．在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率到达峰值D ．在t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率到达峰值答案 BC解析 从题图中可知，t1、t3时刻线圈中感应电流到达峰值，磁通量变化率到达峰值，而磁通量最小，线圈平面与磁感线平行；t2、t4时刻感应电流等于零，磁通量变化率为零，线圈处于中性面位置，磁通量到达峰值，正确答案为B 、C.6．(双选)如图4甲所示为一个矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．线圈内磁通量随时间t 变化的图象如图乙所示，那么以下说法中正确的选项是 ( )图4A ．t1时刻线圈中的感应电动势最大B ．t2时刻ab 的运动方向与磁场方向垂直C ．t3时刻线圈平面与中性面重合D ．t4、t5时刻线圈中感应电流的方向一样答案 BC解析 t1时刻通过线圈的Φ最大，磁通量变化率ΔΦΔt最小，此时感应电动势为零，A 错；在t2、t4时刻感应电动势为Em ，此时ab 、cd 的运动方向垂直于磁场方向，B 正确；t1、t3、t5时刻，Φ最大，ΔΦΔt＝0，此时线圈平面垂直于磁场方向，与中性面重合，C 正确；t5时刻感应电流为零，D 错．故正确答案为B 、C.7．(双选)如图5甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动．从线圈平面与磁场方向平行时开场计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，那么在t ＝π2ω时刻 ( )图5A ．线圈中的电流最大B ．穿过线圈的磁通量为零C ．线圈所受的安培力为零D ．线圈中的电流为零答案 CD解析 线圈转动的角速度为ω，那么转过一圈用时2πω，当t ＝π2ω时说明转过了14圈，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B 错误，由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A 错误，C 、D 正确．题组三 交变电流的规律8．(单项选择)一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的感应电动势为e ＝102sin (20πt) V ，那么以下说法正确的选项是( )A ．t ＝0时，线圈位于中性面B ．t ＝0时，穿过线圈的磁通量为零C ．t ＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大D ．t ＝0.4 s 时，电动势第一次出现最大值答案 A解析 由电动势e ＝102sin (20πt) V 知，计时从线圈位于中性面时开场，所以t ＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，A 正确，B 、C 错误．当t ＝0.4 s 时，e ＝102sin(20π×0.4) V ＝0，D 错误．9．(单项选择)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50 V ，那么该线圈由图6所示位置转过30°，线圈中的感应电动势大小为( )图6A ．50 VB ．25 3 VC ．25 VD ．10 V答案 B解析 由题给条件知：交变电流瞬时值表达式为e ＝50cos ωt V ＝50cos θ V ，当θ＝30°时，e ＝25 3 V ，B 对．10．(单项选择)交流发电机在工作时电动势为e ＝Emsin ωt ，假设将发电机的转速进步一倍，同时将线圈所围面积减小一半，其他条件不变，那么其电动势变为( )A ．e′＝Emsin ωt 2B ．e′＝2Emsin ωt 2C ．e′＝Emsin 2ωtD ．e′＝Em 2sin 2ωt 答案 C解析 交变电动势瞬时值表达式e ＝Emsin ωt ，而Em ＝nBSω.当ω加倍而S 减半时，Em 不变，故正确答案为C 选项．11．如图7所示，匀强磁场的磁感应强度为B ＝0.50 T ，矩形线圈的匝数N ＝100匝，边长Lab ＝0.20 m ，Lbc ＝0.10 m ，以3 000 r/min 的转速匀速转动，假设从线圈平面通过中性面时开场计时，试求：图7(1)交变电动势的瞬时值表达式；(2)假设线圈总电阻为2 Ω，线圈外接电阻为8 Ω，写出交变电流的瞬时值表达式；(3)线圈由图示位置转过π/2的过程中，交变电动势的平均值．答案 (1)e ＝314sin 314t V (2)i ＝31.4sin 314t A (3)200 V解析 (1)线圈的角速度ω＝2πn ＝314 rad/s线圈电动势的最大值Em ＝NBSω＝314 V故交变电动势的瞬时值表达式：e ＝Emsin ωt ＝314sin 314t V(2)Im ＝Em R ＋r＝31.4 A 所以交变电流的瞬时值表达式：i ＝31.4sin 314t A(3)E ＝N ΔΦΔt ＝N BS 14T ＝4NBSn ＝200 V 12．如图8甲所示，矩形线圈匝数N ＝100 匝，ab ＝30 cm ，ad ＝20 cm ，匀强磁场磁感应强度B ＝0.8 T ，绕轴OO′从图示位置开场匀速转动，角速度ω＝100π rad/s ，试求：甲 乙图8(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm 为多大？线圈转到什么位置时获得此值？(2)线圈产生的感应电动势最大值Em 为多大？线圈转到什么位置时获得此值？(3)写出感应电动势e 随时间变化的表达式，并在图乙中作出图象．答案 见解析解析 (1)当线圈平面转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值．Φm ＝BS ＝0.8×0.3×0.2 Wb ＝0.048 Wb(2)线圈平面与磁感线平行时，感应电动势有最大值Em ＝NBSω＝480π V(3)表达式e ＝Emcos ωt ＝480πcos (100πt) V图象如下图。
高中物理第二章交变电流第四节电感器对交变电流的作用自我小测含解析粤教版选修32
电感器对交变电流的作用一、单项选择题1．以下说法中正确的选项是（）．A．电感器对沟通电的阻挡作用是由于电感器存在电阻B．电感器对沟通电的阻挡作用是由于其自感对交变电流的阻挡作用C．理想电感器和电阻相同，电流经过它们做功时都是电能转变为内能D．在交变电路中，电阻、感抗不能够同时存在2．如图是可调光的台灯电路表示图，哪一种电路是不行取的（）．3．有一个电阻极小的导线绕制成的线圈接在沟通电源上，假如电源的电压峰值保持一定，以下哪一种状况下，经过线圈的电流最小（）．A．所加电源的频次为50 HzB．所加电源的频次为100 HzC．所加电源的频次为50 Hz ，线圈的匝数较少D．在线圈中加入铁芯，所加电源的频次为100 Hz二、双项选择题4．对于如下图的低频扼流圈，以下说法中正确的有（）．A．这类线圈的自感系数很小，对直流无阻挡作用B．这类线圈的自感系数很大，对低频沟通有很大的阻挡作用C．这类线圈的自感系数很大，对高频沟通的阻挡作用比对低频沟通的阻挡作用更大D．这类线圈的自感系数很小，对高频沟通的阻挡作用很大而对低频沟通的阻挡作用很小5．如下图，灯泡与电感线圈串连，接在沟通电源上，假如沟通电源的频次增大，则（）．A．线圈L的自感系数增大B．线圈L的感抗增大C．电路中的电流增大D．灯泡变暗6．如下图，输入端ab 的输入电压既有直流成分，又有沟通成分，且R＞ R L，以下说法中，正确的选项是（）．A．直流成分只好从L 经过B．沟通成分只好从R经过C．经过R的既有直流成分又有沟通成分D．经过L的直流成分比经过R的直流成分必然要大三、非选择题7．如下图电路，当在a、 b 两头加上直流电压时，L1正常发光；当a、b 两头加上同样电压的交变电流时，L1亮度变暗．则A为__________．8．在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，假如只需要把低频成分输送到下一级装置，只需在两极电路之间接入一个高频扼流圈就能够了．高频扼流圈是串连仍是并联接入电路？如下图的接法对吗？为何？参照答案1.答案： B分析：交变电流经过电感器时，在电感器上产生自感电动势，对电流的变化起到阻挡作用， A错， B对；电流经过电阻和电感器时，只有在电阻上产生热，在电感器上产生磁场能，C、D错．2.答案： D分析： B、C 中调理L均可达到调理台灯两头电压进而调理亮度的目的，又不多耗费电能，而 A 多耗费电能，但也能起到调理台灯亮度的目的， D 中起不到调理台灯两头电压的作用．3.答案： D分析：电压峰值不变，则电源电压的有效值就不变，当交变电流的频次越大，线圈的自感系数越大时，感抗越大，电流越小，应选D．4.答案： BC分析：这类线圈的自感系数较大，且线圈自己有电阻，所以对直流电也有必定的阻挡作用，但较小，A 错；低频扼流圈的自感系数较大，它对电流的阻挡作用是“通直流，阻沟通”，即对低频沟通有较大的阻挡作用，对高频沟通电的阻挡作用更大，B、C 对；应选B、 C．5. 答案： BD6. 答案： CD7. 答案：电感器分析：当在 a、b 两头加上直流电压时，L1正常发光，说明直流电能经过 A 处；当 a、b 两头加上相同电压的交变电流时，L1亮度变暗，说明A处的元件对沟通电有阻挡作用，应为电感器．8.答案：应串连，题中所给图接法正确．分析：由于高频扼流圈自感系数较小，它有通低频、阻高频的功能，低频经过它很简单，而高频沟通经过时却很“费劲”，所以，在电路中串连一个高频扼流圈就能够达到只把低频沟通成分输送到下一级装置的目的．。
高中物理 第二章 交变电流 表征交变电流的物理量学案
学案2 表征交变电流的物理量[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，会进行有关有效值的计算．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 ＝I2Rt.一、交变电流的周期和频率1．周期：交变电流完成一次周期性变化的时间称为交变电流的周期，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，单位是赫兹，简称赫，符号是Hz.3．周期和频率都是描述交变电流变化快慢的物理量，关系为T ＝1f 或f ＝1T.二、交变电流的峰值和有效值1．峰值：交变电流的峰值是指在一个周期内所能达到的最大数值．交变电流的电动势、电流和电压的峰值分别用Em 、Im 和 Um 表示．2．有效值：交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的．让交变电流和恒定电流分别通过相同阻值的电阻，如果它们在相同时间内产生的热量相等，这一恒定电流的数值就是相应交变电流的有效值．3．我们平时所说的交变电流的大小、各种使用交变电流的电气设备所标注的额定电压和额定电流的数值，以及一般交流电流表和交流电压表测出的数值，指的都是有效值．一、交变电流的周期和频率 [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、交变电流的峰值和有效值 [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 ＝I21Rt1＋I22Rt2＝42×1×0.5 J ＋22×1×0.5 J ＝10 J (2)由Q ＝I2Rt 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？把标有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，交变电流电动势最大，Em ＝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 ＝Em 2、U ＝Um 2、I ＝Im2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 ＝E R Δt ＝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 (单选)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4×10－2 s ，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 (单选)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图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Em ＝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 ＝U2R ＝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Qr ＝I2rt ＝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象，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′＝I21Rt1＋I22Rt2 ＝(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 ＝I2RT ＝0.2I2R.由Q ＝Q′得，0.2I2R ＝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、平均值的区别及应用例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Em ＝nBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50 V ＝628 V .交变电动势的有效值E ＝Em2＝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＝E2R＝3142210W＝1.97×104 W.(2)线圈转到与中性面成30°角时，其电动势的瞬时值e＝Emsin 30°＝314 V，交变电流的瞬时值i＝eR＝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＝nΔΦΔt，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＝IΔt＝nΔΦR＝nBl21－cos 30°R＝100×0.5×0.22×1－0.86610 C＝2.68×10－2 C.答案(1)1.97×104 W(2)314 V31.4 A(3)2.68×10－2 C描述交变电流的物理量⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧描述变化快慢的物理量⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫周期T频率fT＝1f描述大小的物理量⎩⎪⎨⎪⎧瞬时值e＝Emsin ωt峰值Em＝nBSω有效值E＝Em2平均值E＝nΔΦΔt1．(对描述交变电流物理量的认识)(单选)如图6是某种正弦式交流电压的波形图，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，该交流电压的周期为0.02 s，最大值为311 V，而有效值U＝Um2＝3112V＝220 V，故A、B错误，C正确．正弦式交流电压的瞬时值表达式u＝Umsin 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)(单选)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 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＝Emsin ωt得2 V＝Emsin (2πT×T12)，由此得Em＝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)(单选)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×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＝410 V，B正确．题组一对描述交变电流物理量的认识1．(单选)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．(单选)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．(单选)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，交流电方向在一个周期内改变两次，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．(单选)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 JB．1.5 JC．2 JD．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 ·T 4＋U22R ·T 4)＝82R ·T 2＋42R ·T2.直流电在一个周期内产生的热量Q2＝U2R ·T.由交变电流有效值的定义知Q1＝Q2，即82R ·T 2＋42R ·T 2＝U2R ·T.解得U ＝210 V.题组三 正弦式交变电流有效值的计算6．(双选)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象如图乙所示，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．(单选)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R2的电流的最大值是1.2 2 AD ．R2两端的电压最大值是6 2 V答案 B解析 由题图乙可得，正弦交变电流的最大值Im ＝0.6 2 A ，所以电流的有效值I ＝Im2＝0.6 A ，电阻R1、R2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，U1＝IR1＝6 V ，所以U1m ＝2U1＝6 2 V ；U2＝IR2＝12 V ，U2m ＝2U2＝12 2 V.8．(单选)在图5所示电路中，A 是熔断电流I0＝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 U ＝220 V ，Rmin ＝U I0＝2202Ω＝110 Ω.9．(单选)把U0＝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U0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U20R T ＝U2R2T ，U＝2U02， 故Um ＝ 2U ＝U0＝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．(单选)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/2 B ．2/π C ．2π D ．π 答案 B11.如图6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)31.86 V 3.54 A (2)0.16 C 解析 (1)Em ＝NBSω ＝100×1π×0.05×2π×30060 V＝50 V E ＝Em2＝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 ＝ER ＋r ， q ＝I Δt ，联立得q ＝NΔΦR ＋r ＝NBSR ＋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.11 答案 (1)NBS R ＋r (2)πN2B2S2ωR 4R ＋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 ＝2NBSωπ.平均感应电流为I ＝E R ＋r ＝2NBSωπR ＋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Em 的关系是E ＝Em 2＝NBSω2，电路中电流的有效值为I ＝E R ＋r ＝NBSω2R ＋r. 电阻R 上产生的热量为Q ＝I2Rt ＝πN2B2S2ωR 4R ＋r 2.。
高中物理 2.1 认识交变电流、2.2 交变电流的描述学案
2.1 认识交变电流、2.2 交变电流的描述学案（粤教版选修3-2）1．强弱和方向都不随时间改变的电流叫做________电流，简称________；强弱和方向都随时间作周期性变化的电流叫做________电流，简称交流．2．交变电流是由________发电机产生的．当线圈在________磁场中绕________________的轴匀速转动时，产生交变电流．线圈平面跟磁感线________时，线圈所处的这个位置叫做中性面，线圈平面每经过一次中性面，线圈中感应电流的方向就____________．3．交流发电机的线圈在磁场中匀速转动，感应电动势e的变化规律为____________．若把线圈和电阻R′连成闭合电路，设总电阻为R，则电路中电流的瞬时值i＝________________，电阻R′上的电压瞬时值u＝________________.4．家庭电路中的交变电流是________电流，它是一种最________、最________的交变电流．5．(双选)下图所示的4种电流随时间变化的图中，属于交变电流的有( )6．下列各图中，哪些情况线圈中不能产生交流电( )7．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中正确的是( ) A．在中性面时，通过线圈的磁通量最大B．在中性面时，感应电动势最大C．穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零D．穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率也为零【概念规律练】知识点一交变电流的产生1．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时( )A．线圈平面与磁感线方向平行B．通过线圈的磁通量达到最大值C．通过线圈的磁通量变化率达到最大值D．线圈中的电动势达到最大值2．如图1所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是( )图1A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流C．图示位置ab边的感应电流方向为a→bD．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零知识点二用函数表达式描述交变电流3．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为240 r/min，若线圈平面转至与磁场方向平行时的电动势为2 V，则从中性面开始计时，所产生的交流电动势的表达式为e＝________ V，电动势的峰值为________ V，从中性面起经148s，交流电动势的大小为________ V.4．有一个10匝正方形线框，边长为20 cm，线框总电阻为1 Ω，线框绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图2所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T．问：图2(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？(3)写出感应电动势随时间变化的表达式．知识点三用图象描述交变电流5．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。
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第四节 电感器对交变电流的作用
的简单交变电路．
一、电感器对交变电流的作用
阻碍作用⎩⎪⎪
⎨⎪⎪
⎧
描述：感抗
⎩⎪⎨
⎪⎧ 意义：表示电感器对交流电
阻碍作用大小的物理量
大小：跟线圈的自感系数和交
流电的频率有关，感抗大小的公式是X L
＝2πfL
实质：由于交变电流通过线圈时，线圈中产生了自感电动势，从而阻碍了电流的变化，形成感抗
预习交流1
电感器对直流电有阻碍作用吗？
答案：在忽略电感器自身电阻的情况下，电感器对恒定电流没有任何阻碍作用，对变化的直流电有阻碍作用．
电感器的实质是由导线绕成的螺线圈，或是带铁芯的螺线圈，所以其对变化的电流有阻碍作用． 二、低频扼流圈和高频扼流圈 1．低频扼流圈
它的作用是“通直流、阻交流”． 2．高频扼流圈
它的作用是“通低频、阻高频”． 预习交流2
同学们想一下，低频扼流圈对高频交变电流能起到较大的阻碍作用吗？高频扼流圈对低频交变电流呢？
答案：能 不能
电感器对交流电的阻碍作用
1．为什么电感线圈会对交变电流产生阻碍作用，而对稳定的直流电没有阻碍作用？
答案：由于电流变化时会引起穿过电感线圈的磁通量变化，从而在电感线圈中激发出自感电动势，根据楞次定律，自感电动势将阻碍电感线圈中电流的变化，因此产生对交变电流的阻碍作用．而由于稳恒电流不发生变化，在电感线圈中不会产生自感电动势，也不会产生阻碍作用．2．为什么交变电流的频率越高，电感器对交流电的阻碍作用就越大？
答案：交变电流通过线圈时，电流时刻在变化；由于线圈的自感作用，必然产生感应电动势，阻碍电流的变化，并且阻碍的感抗X L＝2πfL，L为线圈的自感系数，f为交流电的频率，从式中可以看出：交变电流频率越高，线圈自感系数越大，感抗就越大，所以电感器对交变电流的阻碍作用也就越大．
在如图所示的电路中，L为电感线圈，R为灯泡的电阻，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压U＝2202sin 100πt V．若保持电源电压有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的有（）．
A．电流表示数增大B．电压表示数增大
C．灯泡变暗 D．灯泡变亮
思路点拨：解答本题时应把握以下两点：
（1）感抗与交变电流的频率的关系；
（2）闭合电路的电压关系．
答案：BC
解析：由U＝2202sin 100πt，可得电源原来的频率为f＝ω
2π＝
100π
2π
Hz＝50 Hz．当电源频
率由原来的50 Hz增为100 Hz时，线圈的感抗增大；在电压不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错误．
灯泡的电阻R是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率（P＝I2R）减小，灯泡变暗，选项C 正确，D错误．电压表与电感线圈并联，其示数为线圈两端的电压U L；设灯泡两端电压为U R，则电源电压的有效值为U＝U L＋U R．因U R＝IR，电流I减小时，U R减小．因电源电压有效值保持不变，故U L＝U－U R增大，选项B正确．
电感器在电路中的作用可简单概括为“通直流、阻交流，频率越高，阻碍越大”．电感器的感抗大小的公式是：
X L＝2πfL
式中f是交流电的频率，L是电感器的自感系数．
1．交变电流通过一段长直导线时，电流为I，如果把这根长直导线绕成线圈，如图所示，再接入原电路，通过线圈的电流为I′，则（）．
A．I′＞I B．I′＜I
C．I′＝I D．无法比较
答案：B
解析：长直导线的自感系数很小，感抗可忽略不计，其对交变电流的阻碍作用可以看做是纯电阻，流经它的交变电流只受到导线电阻的阻碍作用．当导线绕成线圈后，电阻值未变，但自感系数增大，对交变电流的阻碍作用不但有电阻，而且有感抗，阻碍作用增大，电流减小．故选B．
2．对于扼流圈的以下说法正确的是（）．
A．扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的
B．低频扼流圈用来“通低频、阻高频”
C．高频扼流圈用来“通直流、阻交流”
D．高频扼流圈对低频交变电流的阻碍作用较大，对高频交变电流的阻碍作用较小
答案：A
解析：利用电感对交变电流的阻碍作用，实际应用中制成了扼流圈，A正确；低频扼流圈是用来“通直流、阻交流”的．对低频电流的阻碍作用很大．高频扼流圈是对高频电流的阻碍作用很大，对低频电流的阻碍作用变小．高频扼流圈的自感系数较小，低频扼流圈的自感系数较大，B、C、D 错误．
3．电感器对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感器本身有关，还跟交流电的频率有关，下列说法中正确的是（）．
A．电感器通交流、阻直流
B．电感器通高频、阻低频
C．电感器通直流、阻交流
D．电感器通低频、阻高频
答案：CD
解析：电感器的作用是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”，所以C、D项正确．
4．一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图所示．一铁块插进线圈之后，该灯将（）．
A．变亮 B．变暗
C．对灯没影响 D．无法判断
答案：B
解析：加入铁芯改变了线圈自感系数，自感系数增大，感抗增大，线圈两端的电压降增大，灯上的电压降减小，所以灯变暗．。