【配套K12】2018-2019学年高中物理第二章交变电流章末复习课学案教科版选修3-2

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2018-2019学年高中物理第二章交变电流章末复习课学案教科版选修3-2

2018-2019学年高一物理选修3-2学案：第二章交变电流1交变电流

学案1 交变电流[学习目标定位] 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．感应电动势的大小基本式：E ＝N ΔΦΔt(法拉第电磁感应定律)导出式：E ＝BL v (导体切割磁感线时的感应电动势) 2．感应电动势的方向基本规律：楞次定律导出规律：右手定则一、交变电流1．恒定电流：大小和方向都不随时间变化的电流． 2．交变电流：大小和方向随时间作周期性变化的电流． 3．正弦交变电流：电流随时间按正弦函数规律变化的交变电流．二、正弦交变电流的产生和表述1．产生：闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动． 2．表述：(1)电动势瞬时值表达式为e ＝E m ·sin_ωt .(2)当正弦交变电流的负载为灯泡等用电器时，负载两端的电压u 、流过的电流i 也按正弦规律变化，即u ＝U m sin_ωt ，i ＝I m sin_ωt . 解决学生疑难点一、交变电流[问题设计]1.把图1所示电路接在干电池的两端时，可以观察到什么现象？图1答案当接在干电池两端时，只有一个发光二极管会亮．2．把图1中电路接在手摇式发电机两端时，又会观察到怎样的现象？答案当接在手摇式发电机两端时两个发光二极管间或的闪亮，原因是发电机产生与直流不同的电流，两个发光二极管一会儿接通这一个，一会儿再接通另外一个，电流方向不停地改变．[要点提炼]1．交变电流：方向随时间作周期性变化的电流叫交变电流，简称交流．2．直流：方向不随时间变化的电流叫直流．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．3．图像特点(1)恒定电流的图像是一条与时间轴平行的直线．(2)交变电流的图像有时在时间轴的上方，有时在时间轴的下方，方向随时间作周期性变化．二、正弦交变电流的产生和表述[问题设计]如图2所示是线圈ABCD在磁场中绕轴OO′转动时的截面图．线圈平面从中性面开始转动，角速度为ω.经过时间t，线圈转过的角度是ωt，AB边的线速度v的方向跟磁感线方向间的夹角也等于ωt.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则：图2(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)若线圈有N 匝，则甲、乙、丙中整个线圈的感应电动势各为多大？答案 (1)甲：e AB ＝0乙：e AB ＝BL 1v sin ωt ＝BL 1·L 2ω2sin ωt＝12BL 1L 2ωsin ωt ＝12BSω·sin ωt 丙：e AB ＝BL 1v ＝BL 1·ωL 22＝12BL 1L 2ω＝12BSω(2)整个线圈中的感应电动势由AB 和CD 两部分组成，且e AB ＝e CD ，所以甲：e ＝0乙：e ＝e AB ＋e CD ＝BSω·sin ωt 丙：e ＝BSω(3)若线圈有N 匝，则相当于N 个完全相同的电源串联，所以甲：e ＝0乙：e ＝NBSωsin ωt 丙：e ＝NBSω [要点提炼]1．正弦式交变电流的产生：将闭合线圈置于匀强磁场中，并绕垂直磁场方向的轴匀速转动． 2．正弦式交变电流瞬时值表达式： (1)当从中性面开始计时：e ＝E m sin_ωt .(2)当从与中性面垂直的位置开始计时：e ＝E m cos_ωt . 3．正弦式交变电流的峰值表达式： E m ＝NSBω与线圈的形状及转动轴的位置无关．(填“有关”或“无关”) 4．两个特殊位置：(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，线圈中感应电流方向都要改变，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 最大，i 最大，Φ为0，ΔΦΔt 最大．(填“0”或“最大”)5．正弦式交变电流的图像及应用：或从中性面计时从垂直中性面(B∥S)计时(1)线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时，开始计时时线圈所处的位置不同，得到的i－t图像也就不同；(2)分析有关交变电流的图像问题时，要注意从图像中找出两个特殊位置所对应的时刻．一、交变电流的判断例1如下图所示图像中属于交流电的有()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ABC二、正弦式交变电流的产生例2矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是()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3所示，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，问：图3(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)若从中性面位置开始计时，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始，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E m＝2nBL v＝nBSω＝10×0.5×0.22×10 π V≈6.28 V电流的峰值为I m＝E mR≈6.28 A.(2)从中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝E m sin ωt≈6.28 sin (10πt) V.(3)线圈从中性面位置开始转过30°时，感应电动势e＝E m sin 30°≈3.14 V.答案(1)6.28 V 6.28 A(2)e＝6.28sin (10πt) V(3)3.14 V四、交变电流的图像例4线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生的交变电流的图像如图4所示，由图中信息可以判断()图4A．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．若从O～D历时0.02 s，则在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＝I m sin ωt.其中I m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始旋转，而且线圈每旋转一周，两次经过中性面，经过中性面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；如果从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)下列各图中，线圈中能产生交变电流的有()答案BCD2．(交变电流的规律)如图5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，则()图5A．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O 1O 1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流．无论以OO ′为轴还是以ab 为轴转动，感应电动势的最大值都是Bl 1l 2ω.由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故C 、D 正确．3．(交变电流的图像)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像如图6甲所示，则下列说法中正确的是( )图6A ．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，交变电动势达到最大D ．该线圈产生的相应交变电动势的图像如图乙所示答案 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，交变电动势应为零，C 、D 项均错误．4．(交变电流的规律)如图7所示，线圈的面积是0.05 m 2，共100匝，匀强磁场的磁感应强度B ＝1πT ，当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时，求：图7(1)若从线圈的中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．(2)从中性面开始计时，线圈转过130 s 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 ，因为从中性面开始转动，并且求的是瞬时值，故 e ＝E m sin ωt ＝NBS ·2πn sin (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1．一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．线圈中的感应电动势达到最大值答案 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．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，如果从中性面开始计时有e＝E m sin ωt和i＝I m sin ωt；如果从垂直于中性面的位置开始计时有e＝E m cos ωt和i＝I m cos 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．题组二交变电流的图像3.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1所示，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图像是()图1答案 C解析线圈在磁场中从题图位置开始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 边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C 对． 4.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2所示，下列说法中正确的是( )图2A ．在t 1时刻穿过线圈的磁通量达到峰值B ．在t 2时刻穿过线圈的磁通量达到峰值C ．在t 3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值D ．在t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值答案 BC解析从题图中可知，t 1、t 3时刻线圈中感应电流达到峰值，磁通量变化率达到峰值，而磁通量最小，线圈平面与磁感线平行；t 2、t 4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，磁通量达到峰值，正确答案为B 、C.5．如图3甲所示，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 的变化如图乙所示，则下列说法中正确的是 ( )图3A ．t 1时刻线圈中的感应电动势最大B ．t 2时刻ab 的运动方向与磁场方向垂直C ．t 3时刻线圈平面与中性面重合D ．t 4、t 5时刻线圈中感应电流的方向相同答案 BC解析 t 1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t 2、t 4时刻感应电动势为E m ，此时ab 、cd 的运动方向垂直于磁场方向，B 正确；t 1、t 3、t 5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；t 5时刻感应电流为零，D 错．故正确答案为B 、C.6．如图4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始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t ＝π2ω时刻 ( )图4A ．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，则转过一圈用时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7．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e ＝102sin (20πt ) V ，则下列说法正确的是( )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始，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．8.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5所示位置转过30°，线圈中的感应电动势大小为( )图5A ．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．9．交流发电机在工作时电动势为e ＝E m sin ωt ，若将发电机的转速提高一倍，同时将线圈所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )A ．e ′＝E m sin ωt 2B ．e ′＝2E m sin ωt 2C ．e ′＝E m sin 2ωtD ．e ′＝E m 2sin 2ωt 答案 C解析交变电动势瞬时值表达式e ＝E m sin ωt ，而E m ＝NBSω.当ω加倍而S 减半时，E m 不变，故正确答案为C 选项．10.如图6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L ab ＝0.20 m ，L bc ＝0.10 m ，以3 000 r/min 的转速匀速转动，若从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：图6(1)交变电动势的瞬时值表达式；(2)若线圈总电阻为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E m ＝NBSω＝314 V故交变电动势的瞬时值表达式：e ＝E m sin ωt ＝314sin (314t ) V(2)I m ＝E m 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 11．如图7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 ′从图示位置开始匀速转动，角速度ω＝100π rad/s ，试求：甲乙图7(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取得此值？(2)线圈产生的感应电动势最大值E m 为多大？线圈转到什么位置时取得此值？(3)写出感应电动势e 随时间变化的表达式，并在图乙中作出图像．答案见解析解析 (1)当线圈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)线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值E m ＝NBSω＝480π V(3)表达式e ＝E m cos ωt ＝480πcos (100πt ) V图像如图所示。

高中物理第2章交变电流章末总结学案教科版选修3_2

高中物理第2章交变电流章末总结学案教科版选修3_2 高中物理第2章交变电流章末总结学案教科版选修3-2一、交变电流“四值”的计算和应用1．最大值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的交变电流最大值Em＝NBSω，在考虑电容器的耐压值时应根据交流电的最大值．Im2．有效值：正弦交流电的有效值I＝，其他交变电流的有效值应根据有效值的定义计算，2求电功、电功率，确定保险丝的熔断电流，要用到有效值．没有特殊说明时，交流电的电流、电压、电动势指有效值，交流电表的测量值是有效值，交流用电设备上所标的额定电压、额定电流是有效值．3．瞬时值：当从线圈平面处于中性面时开始计时，瞬时电动势的表达式为e＝Emsin ωt.瞬时值对应某一时刻的电压、电流值．EΔΦ4．平均值：平均值需用E＝N和I＝进行计算．求一段时间内通过导体横截面的电ΔtRΔΦ荷量时要用平均值，求算公式为q＝I・Δt＝N. R例1 如图1所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，ab＝cd＝50 cm，bc＝ad＝30 cm，匝数n＝100匝，线圈总电阻r＝0.2 Ω，外电阻R＝4.8 Ω.线圈在磁感应强度B＝0.05 T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω＝100π rad/s.图1(1)求感应电动势的最大值．(2)若从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的函数表达式． (3)交流电压表和交流电流表的示数各为多少？ (4)此发电机的功率为多少？(5)从图示位置起，转过90°过程中，平均电动势为多少？通过线圈中导线横截面的电荷量为多少？解析 (1)设ab＝l1，bc＝l2，则感应电动势的最大值Em＝nBl1l2ω≈235.5 V (2)根据闭合电路欧姆定律，电流的最大值Im＝EmR＋r＝47.1 A在题图所示位置时，电流有最大值，则电流的瞬时值表达式为i＝Imcos ωt，代入数值得i＝47.1cos (100πt) A (3)电流的有效值为I＝Im2≈33.3 A路端电压的有效值为U＝IR≈160 V即电压表的示数为160 V，电流表的示数为33.3 A. (4)电动势的有效值为E＝Em2≈166.5 V则发电机的功率为P＝IE≈5 544 WΔΦBS－02Bl1l2ω(5)平均电动势为E＝n＝n＝n＝150 VΔtππ2ω通过线圈中导线横截面的电荷量为ΔΦBl1l2q＝IΔt＝Δt＝n＝n＝0.15 CR＋rR＋rR＋r答案 (1)235.5 V (2)i＝47.1cos (100πt) A (3)160 V 33.3 A (4)5 544 W (5)150 V 0.15 C 二、交变电流图像的应用交流电的图像反映了交变电动势(电流)随时间的变化特征，对正弦交流电来说，我们可以从图像中获取以下信息： 1．交流电的周期(T)2π一个完整的正弦波对应的时间段，知道了周期便可以算出线圈转动的角速度ω＝.ET2．交流电的最大值(Em、Im)图像上的峰值，知道了最大值，便可计算出交变电动势(交变电流)的有效值． 3．任意时刻交流电的瞬时值图像上每个“点”表示某一时刻交流电的瞬时值．例2 如图2所示是某正弦交变电压的波形图，由图可确定该电压的 ( )图2A．周期是0.01 s B．最大值是311 V C．有效值是220 VD．表达式为u＝220sin (πt) V解析由题图知，最大值Um＝311 V，且为正弦交流电，有效值U＝s，表达式为u＝311sin (100πt) V，故B、C选项正确．答案 BC三、变压器电路的动态问题分析处理此类问题的关键是分清变量和不变量，弄清理想变压器中各物理量之间的联系和相互制约关系，大致有两种情况．(1)负载电阻、原线圈电压不变，副线圈的电压、原、副线圈的电流、功率随匝数的变化而变化．Um2≈220 V，周期T＝0.02(2)匝数比、原线圈电压不变，原、副线圈的电流、功率随负载电阻的变化而变化．动态分析该类问题的思路可表示为：U1错误!U2错误! P1＝P2I1U1＝I2U2P1＝I1U1I2�D�D→I�D→P1 1�D决定决定例3 用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压不变，如图3所示．开始时开关S是断开的．现将开关S闭合，则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是( )图3A.、的示数不变，的示数增大，的示数减小，P入增大B.、的示数不变，、的示数增大，P入增大C.、的示数不变，、的示数减小，P入减小D.的示数不变，的示数增大，的示数减小，的示数增大，P入减小解析电压表的示数由输入电压决定；电压表的示数由输入电压U1(大小等于电压表的示数)和匝数比决定；电流表的示数由输出电压U2(大小等于电压表的示数)和负载电阻R 负决定；电流表的示数即I1由变压器的匝数比和输出电流I2决定；P入随P出而变化，由P出决定．因输入电压不变，所以电压表的示数不变．据公式U2＝不变，即电压表的示数不变．又据I2＝n1n2n2n1n2U1，可知U2也n1U2知，S闭合后R负减小，故I2增大，电流表的R负示数增大；输入电流I1随输出电流I2的增大而增大，故电流表的示数增大．因P出＝U2I2，故P出增大．P入随P出变化而变化，故P入也增大．故选B. 答案 B四、远距离输电线路的分析与计算解决远距离输电问题要注意以下两点：1．首先画出输电示意图，包括发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载等，在图中标出相应物理量符号，利用输电电流I＝，输电线上损失电压U损＝IR线，输电线损耗功率P损＝IR线＝??R线及其相关知识解答．U2．分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量之间的关系，特别注意以升压变2PU?P?2??压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈组成的回路，在此回路中利用电路知识分析电压关系和功率关系．例4 发电机输出功率为40 kW，输出电压为400 V，用变压比(原、副线圈匝数比)为1∶5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5 Ω，到达用户后再用变压器降为220 V，求：(1)输电线上损耗的电功率是多少？ (2)降压变压器的变压比是多少？解析输电线路如图所示53(1)发电机输出的电压为400 V，经升压变压器后电压为U＝×400 V＝2×10 V，由P＝UI13P40×10223得输电线上的电流I＝＝A，输电线上损耗的功率P损＝IR＝20×5 W＝2×10 3 A＝20U2×10W.(2)输电线上的电压损失U损＝IR＝20×5 V＝100 V加在降压变压器原线圈两端的电压U1＝U－U损＝2×10 V－100 V＝1.9×10 V，降压变压器n1U11.9×103 V副线圈两端的电压(用户所需的电压)U2＝220 V，故降压变压器的变压比＝＝n2U2220 V95＝. 11答案(1)2×10 W (2)95∶113331．(交变电流图像的应用)在匀强磁场中，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图4甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则 ( )图4A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合 C．线框产生的交变电动势有效值为311 V D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz 答案 B解析由题图乙可知该正弦交变电流的电动势最大值为311 V，周期等于0.02 s，根据正弦Em1交变电流的最大值与有效值之间的关系E＝得知选项C错误；又f＝，则频率为f＝50 Hz，T2ΔΦ选项D错误；当t＝0.005 s时，e＝N＝311 V，取得最大值，穿过线圈的磁通量变化率Δt最大，选项A错误；当t＝0.01 s时，交变电动势及电流方向发生改变，电动势最小等于零，线框平面与中性面重合，选项B正确．2．(变压器电路的动态分析问题)如图5所示，是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．输出电压通过输电线输送给用户，每条输电线总电阻用R0表示．当负载增加时，则 ( )图5A．电压表的示数减小 B．电流表的示数减小 C．电流表的示数减小 D．电压表、的示数之差增大答案 AD解析输入电压是市区电网的电压，不随负载的增加而变化，变压器原、副线圈的匝数不变，由变压器的变压原理＝可得，电压表的示数U2保持不变，当负载增加时，意味着并联了更多的用电器，即负载的总阻值减小，而I2＝，所以副线圈中的电流增大，即电2R0＋R载U1n1U2n2U2流表的示数增大，根据变压器的功率原理P出＝P入，即U2I2＝U1I1可知，由于输出功率增大，输入电流I1增大，B、C错误；由于输电导线与负载串联，随着负载阻值的减小，通过的电流增大，输电导线上的电压U0＝2I2R0增大，所以负载两端的电压U载＝U2－U0减小，即电压表的示数减小，A正确；电压表与电压表的示数之差为输电线上的电压，即U0，D正确．感谢您的阅读，祝您生活愉快。

通用版2018_2019版高中物理第二章交变电流2.1交变电流学案教科版选修3_2word格式

1 交变电流[学习目标] 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的物理含义.一、交变电流1.恒定电流：大小和方向都不随时间变化的电流，称为恒定电流.2.交变电流：大小和方向随时间作周期性变化的电流，称为交变电流.3.正弦交变电流：电流随时间按正弦函数规律变化的交变电流称为正弦交变电流.二、正弦交变电流的产生和表述1.正弦交变电流的产生：闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生的电流是正弦交流电.2.正弦式交变电流的表述：线圈从垂直磁场方向计时产生电动势的瞬时值表达式:e＝E m sin ωt,E m＝NBSω.电路中电流：i＝I m sin ωt，外电路两端电压：u＝U m sin ωt.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)只要线圈在磁场中转动，就可以产生交变电流.( ×)(2)线圈在通过中性面时磁通量最大，电流也最大.( ×)(3)线圈在通过垂直中性面的平面时电流最大，但磁通量为零.( √)(4)线圈在通过中性面时电流的方向发生改变.( √)2.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，线圈绕垂直磁场方向的OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图1所示，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，该线圈产生的感应电动势的最大值为，感应电流的最大值为，若从中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为 .图1答案 6.28 V 6.28 Ae ＝6.28sin 10πt (V)解析感应电动势的最大值为E m ＝nBS ω＝10×0.5×0.22×10π V ＝6.28 V 感应电流的最大值为I m ＝EmR＝6.28 A感应电动势的瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝6.28sin 10πt (V).一、正弦交变电流的产生[导学探究] 假定线圈绕OO ′轴沿逆时针方向匀速转动，如图2甲至丁所示.请分析判断：图2(1)线圈转动一周的过程中，线圈中的电流方向的变化情况.(2)线圈转动过程中，当产生的感应电流有最大值和最小值时线圈分别在什么位置？答案 (1)(2)线圈转到乙或丁位置时线圈中的电流最大.线圈转到甲或丙位置时线圈中电流最小，为零，此时线圈所处的平面称为中性面. [知识深化] 两个特殊位置(1)中性面(S ⊥B 位置，如图2中的甲、丙)线圈平面与磁场垂直的位置，此时Φ最大，ΔΦΔt 为0，e 为0，i 为0.线圈经过中性面时，电流方向发生改变，线圈转一圈电流方向改变两次. (2)垂直中性面位置(S ∥B 位置，如图2中的乙、丁) 此时Φ为0，ΔΦΔt最大，e 最大，i 最大.例1 (多选)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，下列说法正确的是 ( )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的方向就改变一次D.线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零答案 CD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，所以感应电动势等于零，此时穿过线框的磁通量的变化率也等于零，感应电动势或感应电流的方向也就在此时刻发生变化.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.二、正弦交变电流的变化规律[导学探究] 如图3所示，线圈平面绕bc 边的中点从中性面开始转动，角速度为ω.经过时间t ，线圈转过的角度是ωt ，ab 边的线速度v 的方向跟磁感线方向间的夹角也等于ωt .设ab 边长为L 1，bc 边长为L 2，线圈面积S ＝L 1L 2，磁感应强度为B ，则：图3(1)ab 边产生的感应电动势为多大？ (2)整个线圈中的感应电动势为多大？(3)若线圈有N 匝，则整个线圈的感应电动势为多大？答案 (1)e ab ＝BL 1v sin ωt ＝BL 1L2ω2sin ωt＝12BL 1L 2ωsin ωt ＝12BS ωsin ωt . (2)整个线圈中的感应电动势由ab 和cd 两边产生的感应电动势组成，且e ab ＝e cd ，所以e总＝e ab ＋e cd ＝BS ωsin ωt .(3)若线圈有N 匝，则相当于N 个完全相同的电源串联，所以e ＝NBS ωsin ωt . [知识深化] 1.最大值表达式E m ＝NBS ω，I m ＝Em R ＋r ＝NBS ωR ＋r ，U m ＝I m R ＝NBS ωRR ＋r2.最大值决定因素：由线圈匝数N 、磁感应强度B 、转动角速度ω和线圈面积S 决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关.如图4所示的几种情况中，如果N 、B 、ω、S 均相同，则感应电动势的最大值均为E m ＝NBS ω.图43.正弦交变电流的瞬时值表达式 (1)从中性面位置开始计时e ＝E m sin ωt ，i ＝I m sin ωt ，u ＝U m sin ωt(2)从与中性面垂直的位置开始计时e ＝E m cos ωt ，i ＝I m cos ωt ，u ＝U m cos ωt .例2 一矩形线圈，面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻r ＝2 Ω，外接电阻R ＝8 Ω，线圈在磁感应强度B ＝1π T 的匀强磁场中以n ＝300 r/min 的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图5所示，若从中性面开始计时，求：图5(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)线圈从开始计时经130 s 时线圈中由此得到的感应电流的瞬时值；(3)外电路R 两端电压瞬时值的表达式. 答案 (1)e ＝50sin 10πt (V) (2)532 A(3)u ＝40sin 10πt (V)解析 (1)线圈转速n ＝300 r/min ＝5 r/s ，角速度ω＝2πn ＝10π rad/s ，线圈产生的感应电动势最大值E m ＝NBS ω＝50 V ，由此得到的感应电动势瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝50sin 10πt (V).(2)将t ＝130 s 代入感应电动势瞬时值表达式中，得e ′＝50sin (10π×130) V ＝25 3 V ，对应的感应电流i ′＝e′R ＋r ＝532A.(3)由闭合电路欧姆定律得u ＝eR ＋rR ＝40sin 10πt (V).1.求交变电流瞬时值的方法(1)确定线圈转动从哪个位置开始计时； (2)确定表达式是正弦函数还是余弦函数；(3)确定转动的角速度ω＝2πn (n 的单位为r/s)、最大值E m ＝NBS ω；(4)写出表达式，代入时间求瞬时值.2.线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动产生正弦式交变电流，产生的交变电流与线圈的形状无关.如图6所示，若线圈的面积和匝数与例2题图所示线圈面积相同，则答案完全相同.图6三、正弦交变电流的图像如图7甲、乙所示，从图像中可以解读到以下信息：图7(1)交变电流的最大值E m 、I m 和周期T . (2)两个特殊值对应的位置：①e ＝0(或i ＝0)时，线圈位于中性面上；e 最大(或i 最大)时，线圈平行于磁感线.②e ＝0(或i ＝0)时，ΔΦΔt＝0，Φ最大.e 最大(或i 最大)时，ΔΦΔt最大，Φ＝0. (3)分析判断e 、i 大小和方向随时间的变化规律.例3 一闭合矩形线圈abcd 绕垂直于磁感线的固定轴OO ′匀速转动，线圈平面位于如图8甲所示的匀强磁场中，通过线圈的磁通量Φ随时间t 的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )图8A.t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B.t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变C.t2、t4时刻线圈中磁通量最大D.t2、t4时刻线圈中感应电动势最小答案 B解析由题图乙可知，t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，选项A 错误；t1、t3时刻线圈处于中性面上，故此时刻的感应电流方向改变，选项B正确；t2、t4时刻线圈中磁通量最小，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，选项C、D错误.根据图像找出线圈位于中性面位置时对应的时刻，然后根据中性面的性质进行判断.1.(交变电流的产生)(多选)下列各图中，线圈中能产生交变电流的有( )答案BCD2.(交变电流的产生及规律)(多选)如图9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始计时，则在0～π2ω这段时间内( )图9A.线圈中的感应电流一直在减小B.线圈中的感应电流先增大后减小C.穿过线圈的磁通量一直在减小D.穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小答案AD解析题图所示位置，线圈平面与磁场平行，感应电流最大，因为π2ω＝T4，在0～π2ω时间内线圈转过四分之一个周期，感应电流从最大值减小为零，穿过线圈的磁通量逐渐增大，穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小，故A、D正确，B、C错误.3.(交变电流的图像)一个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像如图10甲所示，则下列说法中正确的是( )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，感应电动势达到最大D.该线圈产生的相应感应电动势的图像如图乙所示答案 B解析由题图甲可知t＝0时刻，穿过线圈的磁通量最大，线圈处于中性面，t＝0.01 s 时刻，磁通量为零，但变化率最大，故A项错误，B项正确；t＝0.02 s时刻，感应电动势应为零，故C、D项均错误.4.(交变电流的变化规律)如图11所示，匀强磁场的磁感应强度B＝2πT，边长L＝10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω.求：图11(1)转动过程中线圈中感应电动势的最大值.(2)从图示位置(线圈平面与磁感线平行)开始感应电动势的瞬时值表达式.(3)由图示位置转过30°角电路中电流的瞬时值.答案(1)2 2 V (2)e＝22cos 2πt (V) (3)65A解析(1)设转动过程中感应电动势的最大值为E m，则E m＝NBL2ω＝100×2π×0.12×2πV＝2 2 V.(2)从题图所示位置开始感应电动势的瞬时值表达式为e＝E m cos ωt＝22cos 2πt (V)(3)从题图所示位置开始转过30°角时感应电动势的瞬时值e′＝22cos 30°＝ 6 V，i＝e′R＋r＝65A.。

[配套K12]2018高考物理第一轮复习专题交变电流学案鲁科版

交变电流【本讲教育信息】一. 教学内容：交变电流本章的知识点（一）本章要点及高考展望1. 本章是电磁感应现象的一个具体应用，是前一章的延续。

但复习时要抓住中性面这一关键位置，把握住交变电流有效值的意义，理解和区分瞬时值、峰值和有效值。

2. 对于理想变压器问题，应从电磁感应的本质、电压比、电流比和能量的观点等几个方面正确理解。

3. 本章内容在近几年高考中综合程度较低，难度中等或中等偏下，但要注意它与力学知识相联系的综合型题目。

二. 重点、难点解析上述发电机产生的电流按正弦规律变化，因此叫做正弦式电流．规律：t sin m ωε=ε t sin I i m ω=其中：ωεnBS m =，R r I mm +=ε．图12. 中性面的特点⑴线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零 ⑵线圈转动一周，二次经过中性面，内部的电流方向改变二次3. 分清瞬时值、峰值和有效值⑴瞬时值：t E e m ωsin =，随时间而变化⑵峰值：ωnBS E m =，与线圈形状以及从哪个位置开始计时无关 ⑶有效值：根据电流的热效应定义的。

m mE E E 707.02≈=注意：①通常电器上标注的额定电压（电流、功率）均是有效值②凡是与热效应有关的量以及电表的测量值均是有效值（如保险丝的熔断电流）⑷平均值是交流图象中波形与横轴（t 轴）所围的面积跟时间的比值，一般用来计算交变电流通过导体横截面时的电量。

4. 深入理解理想变压器的工作方式及几个重要公式⑴工作方式：变压器在正常工作时，其输出电压决定于输入电压，而其输入功率决定于输出功率。

⑵功率关系：出入＝P P ⑶电压关系：2121n n U U = ⑷电流关系：单个副线圈1221n n I I = 多个副线圈 ++=332211I n I n I n5. 分清远距离输电中输出电压与线路上损失的电压：输出电压为两根输电线的两始端之间的电压，线路上损失的电压是每一根输电线始末两端之间的电压之和；输送功率一定时，提高输电电压，降低输电电流，可以减少输电损耗。

(通用版)2018-2019版高中物理-第二章交变电流章末课件教科版选修3-2

第二章交变电流
内容索引
知识网络
梳理知识构建网络
重点探究
启迪思维探究重点
知识网络
交变交变电流电的产生流
产生
线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动
线圈平面与
中性面重合特殊位置
磁通量_最__大__ 感应电动势为_零__ 电流改变方向
线圈平面与磁通量为零
中性面垂直感应电动势_最__大__
解析电动势的有效值 E＝ 2nB2L1L2ω，
电流的有效值 I＝ 22n(RB＋L1Lr)2ω，
线圈转动一个周期内电阻R上产生的热量
Q＝I2RT＝n2B2(LR1＋2Lr2)22ωRπ.
解析答案
二、含变压器电路的动态分析
解答这类问题首先是分清变量和不变量，然后结合变压器的基本规律和欧姆定律分析相关量的变化情况. (1)理想变压器将电能由原线圈传给副线圈时总是“量出而入”，即输出功率决定输入功率. (2)可以把理想变压器的副线圈看做给用户供电的无阻电源，可以参照直流电路动态分析的方法，分析负载电路的动态变化.
解析答案
电感器：通直流，阻交流；通低频，阻_高__频__
原理：互感现象
交理想变压器
U1 U2
n1 ＝_n_2_
变
基本规律 I1n1＝_I_2_n_2_
电
P1＝P2
流
电能输送
功率损失：P损＝_I_2R__线_ 电压损失：U损＝_I_R_线__
重点探究
一、交变电流“四值”的计算和应用
1.峰值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时所产生的交变
解析答案
例3 (多选)调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图3所示.线圈 AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压，图中为交流电流表，为交流电压表，R1、R2 为定值电阻，R3为滑动变阻器，CD两端接恒压交流电源，变压器可视为理想变压器，以下说法正确的是

通用版2018_2019版高中物理第2章交变电流与发电机章末学案沪科版选修3_2word格式

第2章交变电流与发电机章末总结一、交变电流有效值的计算1．一般交变电流有效值的求法——分段求和Q＝I2RT＝I21Rt1＋I22Rt2＋…2．说明：(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的，与电流的方向无关，计算电功和热量必须用有效值；(2)有效值一般与所取时间的长短有关，在无特别说明时是以一个周期的时间来确定有效值的；(3)交流电压表和交流电流表通过交流电时，实际上已经由电表内部元件把交变电流变成了等效的直流电，所以交流电表读出的就是交变电流的有效值，并且电表的指针不会忽左忽右地摆动．3．正弦(或余弦)交变电流有效值与最大值之间的关系I ＝Imax 2，U ＝Umax24．一般用电器上标注的额定值是有效值，而电容器上标注的是最大值．例1 下列各图中电流的有效值为Im2的是( )答案 B解析 A 、C 两选项中电流的有效值均为22I m ；B 选项中，根据(Im 2)2R ·T 2＝I 2RT 得，I ＝Im 2.故B 正确；D 选项中，由I 2m R ·T 2＝I 2R ·T 得，I ＝22I m ，D 错误．二、交变电流图像的应用交变电流的图像反映了感应电动势(感应电流)随时间的变化特征，对正弦式交变电流来说，我们可以从图像中获取如下信息： 1．交变电流的周期(T )交变电流完成一次周期性变化所需的时间，知道了周期便可以算出线圈转动的角速度ω＝2πT. 2．交变电流的最大值(E max 、I max )图像上的最大值，知道了最大值，便可计算出感应电动势(感应电流)的有效值． 3．任意时刻交变电流的瞬时值图像上每个“点”表示某一时刻交变电流的瞬时值．例2 (多选)交流电源的输出电压u 随时间t 变化的图像如图1所示，则下列说法正确的是( )图1A ．交变电流的频率50 HzB ．交变电流的周期为2 sC ．交流电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin(100πt ) VD ．交流电压的有效值为220 V 答案 ACD解析由图像可知，交变电流的周期为T ＝2×10－2s ，频率f ＝1T ＝50 Hz ，最大值为220 2V ，由U ＝12U max 知，有效值为220 V ，瞬时值为u ＝2202sin (100πt ) V ，故选项A 、C 、D 正确．三、交变电流“四值”的计算和应用1．最大值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的交变电流最大值E max ＝nBS ω，在考虑电容器的耐压值时应根据交变电流的最大值．2．有效值：正弦式交变电流的有效值I ＝Imax2，其他交变电流的有效值应根据有效值的定义计算，求电功、电功率，确定保险丝的熔断电流，要用到有效值；没有特殊说明时，交变电流的电流、电压、电动势指有效值，交流电表的测量值是有效值，交流用电设备上所标的额定电压、额定电流是有效值．3．瞬时值：当线圈平面处于中性面时开始计时，瞬时电动势的表达式为e ＝E max sin ωt .瞬时值对应某一时刻的电压、电流值．4．平均值：平均值需用E ＝n ΔΦΔt 和I ＝E R 进行计算，求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值．q ＝I ·Δt ＝nΔΦR. 例3 图2为一个小型旋转电枢式交流发电机结构示意图，其矩形线圈的长度为L 1，宽度为L 2，共有n 匝，总电阻为r ，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R 的定值电阻，线圈以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO ′匀速运动，沿转轴OO ′方向看去，线圈沿逆时针方向转动，t ＝0时刻线圈平面与磁感线垂直．图2(1)求线圈经过图示位置时，通过电阻R 的感应电流的方向． (2)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式．(3)求线圈从t ＝0时所处的位置开始到转过90°的过程中的平均感应电动势． (4)求线圈从t ＝0时所处的位置开始转过60°时电路中的瞬时电流． (5)求线圈转动一个周期内电阻R 上产生的热量．答案 (1)自下而上 (2)e ＝nBL 1L 2ωsin ωt (3)2nBL1L2ωπ (4)错误! (5)错误!解析 (1)根据右手定则可判断，线圈中的电流方向是d →c →b →a ，故通过电阻R 的电流是自下而上．(2)从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势E m ＝nBL 1L 2ω，所以感应电动势的瞬时值表达式e ＝nBL 1L 2ωsin ωt .(3)由法拉第电磁感应定律有 E ＝n ΔΦΔt ＝nBL1L2π2ω＝2nBL1L2ωπ.(4)由闭合电路欧姆定律有i ＝eR ＋r ＝nBL1L2ωsinπ3R ＋r ＝错误!. (5)电动势的有效值E ＝2nBL1L2ω2，电流的有效值I ＝错误!，线圈转动一个周期内电阻R 上产生的热量Q ＝I 2RT ＝错误!.1．(交变电流有效值的计算)如图3所示的电流通过图中的电阻R ，则理想交流电流表的示数为( )图3A ．5 AB ．2.5 A C.522 A D ．5 2 A答案 B解析交流电流表的示数为电流的有效值，题图中的I －t 图像是正弦半波交变电流曲线，在半个周期内，它的有效值与正弦交变电流的有效值相同，再根据该电流在一个周期内所做的功和其有效值做功等效的关系，就可以求出电流表的示数，因为I max ＝5 A ，I ＝Imax 2＝52 2 A ，所以有I2RT 2＝I 2A RT ，I A ＝I 2＝2.5 A. 2．(交变电流图像的应用)将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图4所示．下列说法中正确的是( )图4A ．电路中交变电流的频率为0.25 HzB ．交变电流的瞬时值表达式为i ＝22sin 50t C ．电阻消耗的电功率为2.5 WD ．用理想交流电压表测得电阻两端的电压为5 V 答案 C解析电路中交变电流的频率为f ＝1T ＝14×10－2 Hz ＝25 Hz ，选项A 错误；通过电阻的电流最大值I m ＝EmR ＝1 A ，ω＝2πf ＝50π rad/s ，故电流瞬时值表达式i ＝sin 50πt A ，选项B 错误；电阻消耗的电功率为P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222×5 W ＝2.5 W ，选项C 正确；用理想交流电压表测得电阻两端的电压为U ＝IR ＝22×5 V ＝2.5 2 V ，选项D 错误． 3．(交变电流“四值”的计算和应用)如图5所示，有一单匝闭合的正方形线圈，边长为20 cm ，线圈绕垂直磁场的OO ′轴在B ＝1.0 T 的匀强磁场中匀速转动，角速度为ω＝100 rad/s ，若已知线圈电阻为1 Ω，求：图5(1)感应电动势的最大值；(2)从图示位置转过π2的过程中感应电动势的平均值；(3)线圈从图示位置转过π2的过程中产生的热量Q ；(4)线圈从图示位置转过π2的过程中通过线圈某横截面的电荷量q .答案 (1)4 V (2)2.55 V (3)0.13 J (4)0.04 C 解析 (1)由题意可知，感应电动势的最大值为E max ＝BS ω＝4 V.(2)线圈从图示位置转过π2的过程中，磁通量的变化ΔΦ＝BS ，经历时间Δt ＝π2ω，所以此过程中感应电动势的平均值为 E ＝ΔΦΔt ＝2B ωS π＝2πE max ≈2.55 V.(3)线圈中感应电流的有效值为I ＝Imax 2＝Emax2R＝2 2 A. 线圈转过π2的时间t ＝T 4＝π2ω＝π200s. 所以在转动过程中产生的热量为Q ＝I 2Rt ≈0.13 J. (4)线圈转过π2过程中的感应电流的平均值为I ＝ER ＝8πA. 所以在转动过程中流过线圈某横截面的电荷量为q ＝I t ＝0.04 C.。

2018_2019学年高考物理电磁感应及其应用3.2交变电流章末检测学案新人教版

3.2 交变电流章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。

1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题。

)1.如图1所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与通电直导线共面。

若使线框逐渐远离(平动)通电导线，则穿过线框的磁通量将( )图1A.逐渐减小B.逐渐增大C.保持不变D.不能确定解析由通电直导线磁场分布可知，线框右移磁通量减少，故选项A 正确。

答案 A2.线圈面积为S ，匝数为N ，线圈的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R 、理想电流表和二极管D 。

二极管D 具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。

下列说法正确的是( )图2A.图示位置电流最大B.R 两端电压的有效值U ＝ω2NBSC.交流电流表的示数I ＝ω2R NBSD.一个周期内通过R 的电荷量q ＝2BSR解析由题图可知，图示位置通过R 的电流为零，R 两端电压的瞬时值可用图来表示。

设电压的有效值为U ，在一个周期内有⎝ ⎛⎭⎪⎫NBS ω22RT 2＝U 2R T ，解得U ＝12NBS ω，电流的有效值I ＝U R ＝NBS ω2R ，在一个周期内，只有半周期的时间有电流通过R ，故q ＝N ΔΦR ＝2NBSR，只有选项C 正确。

答案 C3.如图3所示，两个相同的闭合铝环M 、N 套在一根光滑的绝缘水平杆上，螺线管的轴线与铝环的圆心在同一直线上，闭合电键S 后，向左快速移动滑动变阻器的滑片P ，不考虑两环间的相互作用力，则在移动滑片P 的过程中( )图3A.M 、N 环向左运动，它们之间的距离增大B.M 、N 环向左运动，它们之间的距离减小C.M 、N 环向右运动，它们之间的距离增大D.M 、N 环向右运动，它们之间的距离减小解析当滑片P 向左移动时，线圈电流变小，即对于圆环来说磁通量减小，相当于“来拒去留”中的“去留”，即两圆环被吸引而向右运动，同时两圆环中有同向不等大电流，并且由于N 环距离螺线管较近，受到更大的吸引力，向右运动得更快，故二者之间距离变大，选项C 正确。

【配套K12】[学习](通用版)2018-2019版高中物理第2章交变电流与发电机章末学案沪科

第2章交变电流与发电机章末总结一、交变电流有效值的计算1．一般交变电流有效值的求法——分段求和Q ＝I 2RT ＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2＋…2．说明：(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的，与电流的方向无关，计算电功和热量必须用有效值；(2)有效值一般与所取时间的长短有关，在无特别说明时是以一个周期的时间来确定有效值(3)交流电压表和交流电流表通过交流电时，实际上已经由电表内部元件把交变电流变成了等效的直流电，所以交流电表读出的就是交变电流的有效值，并且电表的指针不会忽左忽右地摆动．3．正弦(或余弦)交变电流有效值与最大值之间的关系I ＝I max 2，U ＝U max 24．一般用电器上标注的额定值是有效值，而电容器上标注的是最大值．例1 下列各图中电流的有效值为I m2的是( )答案 B解析 A 、C 两选项中电流的有效值均为22I m ；B 选项中，根据(I m 2)2R ·T 2＝I 2RT 得，I ＝I m 2.故B 正确；D 选项中，由I 2m R ·T 2＝I 2R ·T 得，I ＝22I m ，D 错误．二、交变电流图像的应用交变电流的图像反映了感应电动势(感应电流)随时间的变化特征，对正弦式交变电流来说，我们可以从图像中获取如下信息： 1．交变电流的周期(T )交变电流完成一次周期性变化所需的时间，知道了周期便可以算出线圈转动的角速度ω＝2πT.2．交变电流的最大值(E max 、I max )图像上的最大值，知道了最大值，便可计算出感应电动势(感应电流)的有效值． 3．任意时刻交变电流的瞬时值图像上每个“点”表示某一时刻交变电流的瞬时值．例2 (多选)交流电源的输出电压u 随时间t 变化的图像如图1所示，则下列说法正确的是图1A ．交变电流的频率50 HzB ．交变电流的周期为2 sC ．交流电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin(100πt ) VD ．交流电压的有效值为220 V 答案 ACD解析由图像可知，交变电流的周期为T ＝2×10－2s ，频率f ＝1T＝50 Hz ，最大值为220 2 V ，由U ＝12U max 知，有效值为220 V ，瞬时值为u ＝2202sin (100πt ) V ，故选项A 、C 、D 正确．三、交变电流“四值”的计算和应用1．最大值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的交变电流最大值E max ＝nBS ω，在考虑电容器的耐压值时应根据交变电流的最大值．2．有效值：正弦式交变电流的有效值I ＝I max2，其他交变电流的有效值应根据有效值的定义计算，求电功、电功率，确定保险丝的熔断电流，要用到有效值；没有特殊说明时，交变电流的电流、电压、电动势指有效值，交流电表的测量值是有效值，交流用电设备上所标的额定电压、额定电流是有效值．3．瞬时值：当线圈平面处于中性面时开始计时，瞬时电动势的表达式为e ＝E max sin ωt .瞬时值对应某一时刻的电压、电流值．4．平均值：平均值需用E ＝n ΔΦΔt 和I ＝E R进行计算，求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值．q ＝I ·Δt ＝nΔΦR.例3 图2为一个小型旋转电枢式交流发电机结构示意图，其矩形线圈的长度为L 1，宽度为L 2，共有n 匝，总电阻为r ，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R 的定值电阻，线圈以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO ′匀速运动，沿转轴OO ′方向看去，线圈沿逆时针方向转动，t ＝0时刻线圈平面与磁感线垂直．图2(1)求线圈经过图示位置时，通过电阻R 的感应电流的方向． (2)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式．(3)求线圈从t ＝0时所处的位置开始到转过90°的过程中的平均感应电动势． (4)求线圈从t ＝0时所处的位置开始转过60°时电路中的瞬时电流． (5)求线圈转动一个周期内电阻R 上产生的热量．答案 (1)自下而上 (2)e ＝nBL 1L 2ωsin ωt (3)2nBL 1L 2ωπ (4)3nBL 1L 2ω2(R ＋r )(5)n 2B 2L 21L 22ωR π(R ＋r )2解析 (1)根据右手定则可判断，线圈中的电流方向是d →c →b →a ，故通过电阻R 的电流是自下而上．(2)从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势E m ＝nBL 1L 2ω，所以感应电动势的瞬时值表达式e ＝nBL 1L 2ωsin ωt . (3)由法拉第电磁感应定律有E ＝nΔΦΔt ＝nBL 1L 2π2ω＝2nBL 1L 2ωπ. (4)由闭合电路欧姆定律有i ＝e R ＋r＝nBL 1L 2ωsinπ3R ＋r＝3nBL 1L 2ω2(R ＋r ).(5)电动势的有效值E ＝2nBL 1L 2ω2，电流的有效值I ＝2nBL 1L 2ω2(R ＋r )，线圈转动一个周期内电阻R 上产生的热量Q ＝I 2RT ＝n 2B 2L 21L 22ωR π(R ＋r )2.1．(交变电流有效值的计算)如图3所示的电流通过图中的电阻R ，则理想交流电流表的示数为( )图3A ．5 AB ．2.5 A C.522 A D ．5 2 A答案 B解析交流电流表的示数为电流的有效值，题图中的I －t 图像是正弦半波交变电流曲线，在半个周期内，它的有效值与正弦交变电流的有效值相同，再根据该电流在一个周期内所做的功和其有效值做功等效的关系，就可以求出电流表的示数，因为I max ＝5 A ，I ＝I max 2＝522 A ，所以有I 2RT2＝I 2A RT ，I A ＝I2＝2.5 A.2．(交变电流图像的应用)将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图4所示．下列说法中正确的是( )图4A ．电路中交变电流的频率为0.25 HzB ．交变电流的瞬时值表达式为i ＝22sin 50t C ．电阻消耗的电功率为2.5 WD ．用理想交流电压表测得电阻两端的电压为5 V 答案 C解析电路中交变电流的频率为f ＝1T＝14×10－2 Hz ＝25 Hz ，选项A 错误；通过电阻的电流最大值I m ＝E m R＝1 A ，ω＝2πf ＝50π rad/s ，故电流瞬时值表达式i ＝sin 50πt A ，选项B 错误；电阻消耗的电功率为P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222×5W＝2.5 W ，选项C 正确；用理想交流电压表测得电阻两端的电压为U ＝IR ＝22×5 V＝2.5 2 V ，选项D 错误．3．(交变电流“四值”的计算和应用)如图5所示，有一单匝闭合的正方形线圈，边长为20 cm ，线圈绕垂直磁场的OO ′轴在B ＝1.0 T 的匀强磁场中匀速转动，角速度为ω＝100 rad/s ，若已知线圈电阻为1 Ω，求：图5(1)感应电动势的最大值；(2)从图示位置转过π2的过程中感应电动势的平均值；(3)线圈从图示位置转过π2的过程中产生的热量Q ；(4)线圈从图示位置转过π2的过程中通过线圈某横截面的电荷量q .答案 (1)4 V (2)2.55 V (3)0.13 J (4)0.04 C 解析 (1)由题意可知，感应电动势的最大值为E max ＝BS ω＝4 V.(2)线圈从图示位置转过π2的过程中，磁通量的变化ΔΦ＝BS ，经历时间Δt ＝π2ω，所以此过程中感应电动势的平均值为E ＝ΔΦΔt ＝2B ωS π＝2πE max ≈2.55 V. (3)线圈中感应电流的有效值为I ＝I max 2＝E max2R＝2 2 A.线圈转过π2的时间t ＝T 4＝π2ω＝π200s.所以在转动过程中产生的热量为Q ＝I 2Rt ≈0.13 J. (4)线圈转过π2过程中的感应电流的平均值为I ＝E R ＝8πA. 所以在转动过程中流过线圈某横截面的电荷量为q＝I t＝0.04 C.。

高中物理第2章交变电流与发电机2.1怎样产生交变电流学案沪科版选修3-2(2021年整理)

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2.1 怎样产生交变电流[目标定位］ 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、最大值的物理含义。

一、交变电流两个发光二极管接成如图1所示电路图1（1）把电路接在干电池的两端时，可以观察到的现象是什么？(2）把电路接在手摇式发电机两端时,又会观察到怎样的现象？答案(1)当接在干电池两端时，只有一个发光二极管会亮.（2)当接在手摇式发电机两端时，两个发光二极管间或闪亮，原因是发电机产生与直流不同的电流,两个发光二极管一会儿接通这一个，一会儿再接通另外一个，电流方向不停地改变。

［要点总结]1.交流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫交变电流，简称交流。

2.直流：方向不随时间变化的电流称为直流。

大小、方向都不随时间变化的电流称为恒定电流.3.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.例1(多选）如图所示的图像中属于交变电流的有( ）答案ABC解析选项A、B、C中e的方向均发生了变化,故它们属于交变电流，但不是正弦式交变电流；选项D中e的方向未变化，故是直流.二、交变电流的产生图2假定线圈沿逆时针方向匀速转动，如图2甲至丁所示.请分析判断：(1）图中,在线圈由甲转到乙的过程中，AB边中电流向哪个方向流动？(2）在线圈由丙转到丁的过程中，AB边中电流向哪个方向流动?(3）当线圈转到什么位置时线圈中感应电动势为零，转到什么位置时线圈中的感应电动势最大？（4）大致画出线圈转动一周的过程中，电动势e随时间变化的曲线，从E经过负载流向F的电流记为正,反之为负。

2019-2020年高中物理交变电流全章复习课教案人教版第二册

2019-2020 年高中物理交变电流全章复习课教案人教版第二册一、教学目的：复习本章的基础知识，让学生对本章知识有系统的了解。

二、教学重点：基础知识三、教学难点：应用所学知识解决实际问题四、教学方法：讨论+引导五、教学用具：投影仪、投影片六、教学过程：（一）复习基础知识：这一章学习了交变电流的知识。

电网中供应的就是交变电流，所以这章的知识具有广泛的应用。

讨论、思考并回答（投影）：1．什么是正弦式交变电流？2．什么是交变电流的最大值？什么是交变电流的有效值？正弦式电流的最大值和有效值有什么关系？写出交变电流的一般表达式。

3．交变电流的周期和频率有什么关系？4．电感对交流有什么作用？为什么会有这种作用？5．交变电流为什么能通过电容器？6．变压器的原线圈和副线圈之间并没有导线相连，电能为什么能从原线圈到达副线圈？什么是理想变压器？理想变压器原副线圈两端电压、线圈中电流与匝数之间有何关系？（二）知识结构（三）重点和难点分析1.交变电流的产生及其变化规律实验如图 1 所示，发电机原理演示器．激磁线圈接6V 直流电，两个电刷分别与两个完整的集流环接触，通过导线连接到演示电表的G 挡．手握摇柄转动转子线圈，使线圈由中性面开始稍慢些连续转动，就可以观察到电表指针在零点左右摆动，同时还可观察线圈在转动一周过程中感应电流方向改变规律．2.正弦交流电的产生当闭合矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴线做匀角速转动时，闭合线圈中就有交流电产生．如图 3 所示．设矩形线圈abcd 以角速度ω绕oo' 轴、从线圈平面跟磁感线垂直的位置开始做逆时针方向转动．此时，线圈都不切割磁感线，线圈中感应电动势等于零．经过时间 t 线圈转过ω t 角，这时 ab 边的线速度 v方向跟磁感线方向夹角等于ω t，设ab边的长度为L， bdLt BS sin t边的长度为 L' ，线圈中感应电动势为 e 2BLsin2当线圈平面转到跟磁感线平行的位置时，线圈转过T/4时间，ωt =π/2， ab 边和 cd 边都垂直切割磁感线，sinωt =1，线圈中感应电动势最大，用E m来表示， E m=BSω．则 e =E m sin ω t由上式知，在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速转动的线圈里产生的感应电动势是按正弦规律变化的．根据闭合电路欧姆定律：，令，则：i=I m sinω t路端电压 u=iR=I m R sinω t ，令 U m=I m R，则u=U sinω tm如果线圈从如图 4 所示位置开始转动，电路中感应电动势、感应电流和路端电压将按余弦规律变化e=E m cosω ti=I m cosω tu=U m cosω t3．中性面当线圈转动至线圈平面垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这个特定位置叫做中性面．应注意：①中性面在垂直于磁场位置．②线圈通过中性面时，穿过线圈的磁通量最大．③线圈平面通过中性面时感应电动势为零．④线圈平面每转过中性面时，线圈中感应电流方向改变一次，转动一周线圈两次通过中性面，故一周里线圈中电流方向改变两次．4．正弦交流电的图象矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速转动，线圈里产生正弦交流电．当线圈从中性面开始转动，在一个周期中：在t （ 0， /4）时间内，线圈中感应电动势从0 达到T最大值E m ．在t（ /4， /2）时间内，线圈中感应电动势从最大值E m减小到 0．在t（ /2，T T T3 /4）时间内，线圈中感应电动势从0 增加到负的最大值 - m．在t（3/4，）时间内，线圈T TT E中感应电动势的值从负的最大值-E m减小到 0．电路中的感应电流、路端电压与感应电动势的变化规律相同，如图 5 所示．（四）巩固练习（投影）：1、思考钳形电流表的工作原理？（课本P234 B 组第（ 1）题）2、课本 P234 第（ 6 ）题3、课本 P234 A 组第（ 4）题说明：一、关于交变电流的几个基本问题1．产生交变电流的基本原理交变电流的产生，一般都是借助于电磁感应现象得以实现的．所以说产生交变电流的基本原理就是电磁感应现象所遵循的法拉第电磁感应定律．2．产生交变电流的基本方式产生交变电流的基本方式是线圈在匀强磁场中做切割磁感线的匀速转动3．交变电流的基本规律当线圈匝数为N，面积为S，以角速度ω在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴做匀速度转动时，产生的交变感应电动势为：e=E m sin（ω t+）当线圈转到线圈平面与磁场方向平行时，交变感应电动势取得最大值：而称为初相，实质上是初始时刻线圈平面与中性面之间的夹角．当线圈闭合时，电路中的交变感应电流的规律相应地表示为：4．交变电流的有效值（1）有效值是根据电流的热效应来规定的．在周期的整数倍时间内（一般交变电流周期较短，如市电周期仅为0.02 s，因而对于我们所考察的较长时间来说，基本上均可以视为周期的整数倍），如果在相等交变电流与某恒定电流分别流过相同的电阻时所发热量相同，则将该恒定电流的数值叫做该交变电流的有效值．（2）一般交变电流表直接测出来的是交变电流的有效值；一般用电器铭牌上直接标出来的是交变电流的有效值；一般不做任何说明而指出的交变电流的数值都是指电流的有效值．（3）交变电流的有效值ε、U、I与其相应的最大值εm、U m、I m间的关系为：上面关系式只适用于线圈在匀强磁场中做匀速转动时产生的正弦交变电流，对于用其它方式产生的其他交变电流，其有效值与最大值间的关系一般与此不同，应根据有效值的定义具体分析．二、关于理想变压器的几个基本问题1．理想变压器的构造、作用、原理及特征构造：两组线圈（原、副线圈）绕在同一个闭合铁芯上构成变压器．作用：在输送电能的过程中改变电压．原理：其工作原理是利用了电磁感应现象．特征：正因为是利用电磁感应现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电流的电能过程中改变交变电压．2．理想变压器的理想化条件及其规律．在理想变压器的原线圈两端加交变电压U1后，由于电磁感应的原因，原、副线圈中都将产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律有：E＝E＝忽略原、副线圈内阻，有：，另外，考虑到铁心的导磁作用而且忽略漏磁，即认为在任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相等，于是又有：由此便可得理想变压器的电压变化规律为：在此基础上再忽略变压器自身的能量损失（一般包括线圈内能量损失和铁芯内能量损失这两部分，分别俗称为“铜损”和“铁损”），有： P1＝ P2而P1＝ I2U2P2＝ I2U2于是又得理想变压器的电流变化规律为：由此可见：（1）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（实际上还忽略了变压器原、副线圈电路的功率因数的差别．）（2）理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能的转化与守恒定律在上述理想条件下的新的表现形式．（三）针对训练题：１、矩形线圈在匀强磁场中绕着垂直磁感线方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法中正确的是（）Ａ、穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大．Ｂ、穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大．Ｃ、穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零．Ｄ、穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零．２、某电子元件两极间允许加的最大直流电压是100V，能否给它接上100V 的交流电压？为什么？答：不能。

【配套K12】[学习]2018-2019学年高中物理第二章交变电流 6 变压器学案教科版选修3

6．变压器[知识梳理]一、变压器的结构与原理 1．变压器的结构变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的线圈组成，变压器的模型与符号如图261所示．图261(1)原线圈：与电源相连接的线圈，也叫初级线圈． (2)副线圈：与负载相连接的线圈，也叫次级线圈．2．变压器的原理：当变压器的原线圈加上交变电压时，原线圈中的交变电流在铁芯中激发交变的磁通量，交变的磁通量穿过原线圈也穿过副线圈，在原、副线圈中产生感应电动势．3．能量传递电能从原线圈通过磁场传输给副线圈．二、理想变压器的原副线圈中物理量之间的关系1．电压关系：理想变压器的电压跟它们的匝数成正比．公式：U 1U 2＝n 1n 2. 当n 1>n 2时，则有U 1>U 2，叫降压变压器．当n 1<n 2时，则有U 1<U 2，叫升压变压器． 2．电流关系(1)输入功率与输出功率的关系：对于理想变压器，则U 1I 1＝U 2I 2，即P 入＝P 出． (2)电流与匝数的关系：I 2I 1＝n 1n 2.三、电压互感器和电流互感器1．电压互感器用来把高电压变成低电压．副线圈比原线圈匝数少，如图262甲所示，根据已知的变压比可以计算出原线路中的电压．2．电流互感器用来把大电流变成小电流，副线圈比原线圈匝数多，如图262乙，根据已知的变流比可以计算出原线路中的电流．甲乙图2623．两种互感器的比较(1)两种互感器的连接方式：电压互感器原线圈并联在被测的高压线路上，电流互感器原线圈串联在被测的电路中．(2)两种互感器的特点：电压互感器是一种降压变压器，原线圈匝数多，电流互感器是一种升压变压器，副线圈匝数多．(3)使用互感器时，一定要将互感器的外壳和副线圈接地．此外，电流互感器在使用时绝对不允许副线圈开路．[基础自测]1．思考判断(1)理想变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比．(√)(2)学校中用的变压器工作时没有能量损失．(×)(3)理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的功率和频率．(×)(4)电压互感器是一种降压变压器．(√)(5)电压互感器的原线圈应串联在被测电路中．(×)(6)在使用互感器时，互感器的外壳和副线圈应接地．(√)2．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )【导学号：24622075】A．200 B．400C．1 600 D．3 200B [根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，得n 2＝n 1U 2U 1＝800×110220＝400，选项B 正确．]3．在变电所，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器．下图中，能正确反映其工作原理的是( )A [电流互感器应是测电流的，应串联在火线上，故C 、D 选项错误；同时，由I 1n 1＝I 2n 2知要使I 2<I 1，须n 2>n 1，故A 选项正确，B 选项错误．][合作探究·攻重难]当变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2一定时，输入电压U 1决定输出电压U 2，即U 2＝n 2U 1n 1. 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n 1n 2一定，且输入电压U 1确定时，副线圈中的输出电流I 2决定原线圈中的电流I 1，即I 1＝n 2I 2n 1.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压在220 V 的正弦交流电源上，如图263所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )图263A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13思路点拨：解答本题应注意以下两点：①变压器的输入电压不等于电源电压220 V ．②原、副线圈中的电阻相同．A [设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 21RI 22R ＝19.设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈回路中电阻分担的电压为13U ，故U3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V ．选项A 正确．]公式U 1U 2＝n 1n 2及I 1I 2＝n 2n 1中的电压和电流一般指有效值，但也可以是最大值，但必须要对应.[针对训练]1．如图264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”字样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264A ．120 V,0.10 AB ．240 V,0.025 AC ．120 V,0.05 AD ．240 V,0.05 AD [灯泡正常工作，副线圈两端的电压U 2＝12 V ，副线圈中的电流I 2＝2×612 A ＝1 A ，根据匝数比得原线圈中的电流I 1＝120I 2＝0.05 A ，原线圈两端的电压U 1＝20U 2＝240 V ，选项D 正确．]2．用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图像如图265所示，则 ( )图265A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝⎛⎭⎪⎫100πt ＋π2 A A [根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则P 入＝P 出＝P 负＝110×0.052 W≈3.9 W，故A 选项正确；由于题干中变压器输出电压的数值是有效值，则变压器的输出电压的最大值应是110 2 V ，故B 选项错误；根据理想变压器的变压比关系式U 1U 2＝n 1n 2可得，变压器原副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝21，故C 选项错误；根据题图可得，负载电流的函数表达式为i ＝I m sin ⎝⎛⎭⎪⎫2πT t ＋0，解得i ＝0.05sin 100πt A ．故D 选项错误．]要遵循电路规律．首先确定是哪些量在变，哪些量不变，然后根据相应的规律判断，具体问题具体分析．一般分为以下两种情况：(1)原、副线圈匝数比n 1n 2不变．分析原、副线圈的电压U 1、U 2，电流I 1、I 2，输出和输入功率P 2、P 1随负载电阻变化而变化的情况．将变压器接到交流电源上，原线圈的输入电压为U 1，副线圈两端电压U 2⎝ ⎛⎭⎪⎫U 2＝n 2n 1U 1为定值，流过副线圈的电流I 2⎝⎛⎭⎪⎫I 2＝U 2R 随负载电阻的减小而增大，变压器输出功率P 2(P 2＝U 2I 2)也随着增大，不计变压器损失的能量，则变压器输入功率P 1(P 1＝P 2)也增大，流过原线圈的电流I 1⎝⎛⎭⎪⎫I 1＝P 1U1也增大．进行动态分析的顺序是U 1→U 2＝n 2n 1U 1→I 2＝U 2R →P 2＝I 2U 2――――→能量守恒P 1＝P 2→I 1＝P 1U 1. (2)负载不变．上述物理量随原、副线圈匝数比的变化而变化的情况．一般情况下，如果原线圈输入电压U 1和匝数n 1不变，当副线圈匝数n 2增大时，副线圈两端电压U 2⎝⎛⎭⎪⎫U 2＝n 2n 1U 1增大，流过副线圈的电流I 2⎝⎛⎭⎪⎫I 2＝U 2R增大，变压器输出功率P 2(P 2＝U 2I 2)增大，则变压器的输入功率P 1增大，流过原线圈的电流I 1增大，反之，变化情况则相反．(多选)如图266所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑片．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )图266A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小思路点拨：①保持Q 的位置不动，则原、副线圈匝数比不变．②保持P 的位置不动，则负载电阻不变．BC [保持Q 的位置不动，则U 2不变，将P 向上滑动时，R 接入电路的电阻变大，根据I 2＝U 2R 0＋R 知，I 2变小，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1也变小，即电流表读数变小，选项A 错误，选项B 正确；保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，U 2变大，则根据P 2＝U 22R 0＋R知副线圈输出功率变大，由P 1＝P 2知，变压器原线圈输入功率P 1变大，而P 1＝I 1U ，输入电压U 一定，I 1变大，即电流表读数变大，选项C 正确，选项D 错误．]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，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R →I 2→P 出→P 入→I 1.(2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n 1、n 2→U 2→I 2→P 出→P 入→I 1.[针对训练]3.如图267所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )图267A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变B [由于家庭电路上理想变压器为降压变压器，故n 1>n 2，当原、副线圈减少相同的匝数时，其变压比n 1′n 2′变大，根据U 1U 2＝n 1′n 2′，U 1一定，U 2变小，故小灯泡变暗，选项A 错误，选项B 正确；由U 1U 2＝n 1′n 2′知，原、副线圈电压的比值变大，选项C 错误；根据I 1I 2＝n 2′n 1′，则通过原、副线圈电流的比值变化，选项D 错误．]4．(多选)如图268所示为一理想变压器．S 为单刀双掷开关，P 为滑动变阻器的滑片，U 1为变压器原线圈两端的电压，I 1为原线圈中的电流，则( )图268A ．保持U 1及P 的位置不变，S 由a 合到b 上时，I 1将减小B ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 合到a 上时，R 消耗的功率减小C ．保持U 1不变，S 合在a 处，使P 上滑，I 1将增大D ．保持P 的位置不变，S 合在a 处，若U 1增大，I 2增大BD [S 由a 合到b 时，n 1减小而U 1不变，由U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈上的电压增大，负载R 的电流I 2增大，P 2增大，又由于P 1＝P 2＝U 1I 1，故I 1增大，A 项错误；同理S 由b 合到a 时，P 2减小，B 项正确；P 上滑时，负载电阻R 增大，而U 1、U 2均不变，由I 2＝U 2R可知I 2减小，又由于n 1、n 2均不变，由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1将减小，故C 项错误；当U 1增大时，由U 1U 2＝n 1n 2可知U 2也增大，I 2＝U 2R 增大，再由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1增大，故D 项正确．]铁芯上只绕有一个线圈，如果把整个线圈作为原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压，反之则可以升高电压，如图269所示．图2692．互感器交流电压表和电流表都有一定的量度范围，不能直接测量高电压和大电流．互感器是利用变压器的原理来测量高电压或大电流的仪器．(多选)如图2610所示，L1和L2是远距离输电的两根高压线，在靠近用户端的某处用电压互感器和电流互感器监测输电参数，在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候( )图2610A．甲电表的示数变小B．甲电表的示数变大C．乙电表的示数变小D．乙电表的示数变大AD[由图可知：甲是电压表，乙是电流表，所以甲是电压互感器，乙是电流互感器；在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候，副线圈总电阻变小，副线圈总电流变大，所以输电导线电流变大，输电导线电阻R不变，由U＝IR可知，电压损失变大，根据高压线上输出电压变小，根据匝数比等于电压之比，所以甲电表的示数变小，故A正确，B 错误；输电导线电流变大，所以乙电表的示数变大，故C错误，D正确．](1)电压互感器应并联接入电路；电流互感器应串联接入电路．(2)电压互感器是把高电压变成低电压，故原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2.(3)电流互感器是把大电流变成小电流，故原线圈匝数n1小于副线圈匝数n2.[针对训练]5．(多选)图2611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( )甲乙图2611A ．线圈匝数n 1<n 2，n 3<n 4B ．线圈匝数n 1>n 2，n 3>n 4C ．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CD [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，n 1>n 2，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，n 3<n 4，题图乙中的电表为电流表，故选项C 、D 正确．]6．一自耦变压器如图2612所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a 、b 间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c 、d 间作为副线圈，在a 、b 间输入电压为U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2，在将滑动触头从M 点顺时针转到N 点的过程中( )图2612A ．U 2>U 1，U 2降低B ．U 2>U 1，U 2升高C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2升高C [由U 1U 2＝n 1n 2，n 1>n 2知U 2<U 1；滑动触头从M 点顺时针旋转至N 点过程，n 2减小，则U 2降低，C 项正确．][当堂达标·固双基]1．(多选)关于理想变压器，下列说法正确的是( ) A ．变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电的电压 B ．实际生活中，不存在原线圈与副线圈匝数相等的变压器C ．理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的频率D ．输送的电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能ABD [易知A 、B 正确；理想变压器无能量损耗，改变交变电流的电压，不改变交变电流的周期和频率，C 错误；变压器工作的原理是互感现象，输送的电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能，D 正确．]2．对理想变压器可作出的判断是( ) A ．高压线圈匝数多、电流大、导线粗 B ．低压线圈匝数少、电流小、导线细 C ．高压线圈匝数多、电流大、导线细 D ．低压线圈匝数少、电流大、导线粗D [理想变压器中有U 1I 1＝U 2I 2且有I 1I 2＝n 2n 1，变压器电压较高的一边电流小，匝数多，导线细；则电压较低的一边电流大，匝数少，导线粗．]3．如图2613所示，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是 ( )【导学号：24622076】图2613A ．I 1和I 2表示电流的平均值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 2变大C [电路中的电压表和电流表表示的都是有效值，选项A 、B 错误；滑片P 向下滑动过程中，接入电路中的电阻变小，U 2不变、I 1变大，故C 正确，D 错误．]4．(多选)如图2614(a)中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，R T 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u 随时间t 按正弦规律变化，如图2614(b)所示．下列说法正确的是 ( )(a) (b)图2614A ．变压器输入、输出功率之比为4∶1精品K12教育教学资料精品K12教育教学资料 B ．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4C ．u 随t 变化的规律为u ＝51sin 50πt VD ．若热敏电阻R T 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大BD [由题意知，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为1∶1，故A 错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即I 1I 2＝n 2n 1＝14，故选项B 正确；由题图(b)可知交流电压最大值U m ＝51 V ，周期T ＝0.02 s ，可由周期求出角速度的值为ω＝100π rad/s ，则可得交流电压u 随t 变化的规律为u ＝51sin 100πt V ，故选项C 错误；R T 温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D 正确．]。

2018_2019学年高中物理第二章交变电流章末复习课学案

第二章交变电流章末复习课【知识体系】交变电流⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧正弦式交变电流⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流产生⎩⎪⎨⎪⎧线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动特殊位置⎩⎪⎨⎪⎧S ⊥B ：Φ最大，e ＝0，i ＝0S ∥B ：Φ＝0，e 最大，i 最大描述⎩⎪⎨⎪⎧图象函数表达式表征交变电流的物理量⎩⎪⎨⎪⎧周期和频率的关系① 峰值② 有效值③瞬时值④平均值⑤ 电感器电容器⎩⎪⎨⎪⎧电感器：通直流、阻交流、通低频、阻高频电容器：隔直流、通交流、阻低频、通高频理想变压器⎩⎪⎨⎪⎧结构：原副线圈，铁芯原理：互感现象基本规律⎩⎪⎨⎪⎧变压关系⑥ 变流关系⑦功率关系⑧ 远距离输电⎩⎪⎨⎪⎧功率损失⑨ 电压损失⑩高压输电⎩⎪⎨⎪⎧高压交流高压直流[答案填写] ①T ＝1f ②E m ＝nBS ω ③E ＝E m2 ④e ＝E m sin ωt ⑤＝nΔΦΔt ⑥U 1U 2＝n 1n 2 ⑦I 1I 2＝n 2n 1⑧P 1＝P 2⑨P 耗＝I 2线R 线 ⑩U 耗＝I 线R 线主题1 交变电流的“四值”应用1．瞬时值．(1)当线圈平面与中性面重合(B ⊥S )时，线圈中感应电动势为零，若从此位置开始计时，则瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝nBS ωsin ωt ，i ＝I m sin ωt ＝nBS ωRsin ωt . (2)当线圈平面与中性面垂直(B ∥S )时，线圈中感应电动势最大；若从此位置开始计时，则瞬时值表达式应为e ＝E m cos ωt ＝nBS ωcos ωt ，i ＝I m cos ωt ＝nBS ωRcos ωt . 2．最大值．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴旋转所产生的交变电流的电动势，其最大值E m ＝nBS ω.其中n 表示线圈匝数，S 表示线圈面积，与线圈转动时转轴的位置无关，与线圈的形状无关．在考虑电容器的耐压值时，应采用交流电的最大值．3．有效值．正弦式交流电的有效值大小为E ＝E m2，I ＝I m2.其他交变电流的有效值根据有效值的定义计算．求电功、电功率，确定保险丝的熔断电流，要用有效值；没有特殊说明时，交流电的电流、电压、电动势均指有效值，交流电表的测量值是有效值，交流用电设备上所标的额定电压、额定电流是有效值．4．平均值．平均值需用进行计算，求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值，q ＝t .【典例1】如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ，边长L ＝10 cm 的正方形线圈abcd 共100匝，线圈电阻r ＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动，角速度为ω＝2π rad/s ，外电路电阻R ＝4Ω，求：(1)转动过程中感应电动势的最大值；(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°时的瞬时感应电动势； (3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势； (4)交流电压表的示数； (5)转动一周外力做的功； (6)16周期内通过R 的电荷量．解析：(1)感应电动势的最大值E m ＝NBS Ω＝100×0.5×0.12×2π V ＝3.14 V. (2)转过60°时的瞬时感应电动势：e ＝E m cos 60°＝3.14×0.5 V＝1.57 V.(3)通过60°角过程中产生的平均感应电动势： E ＝100×0.5×32×0.12π32π V ≈2.6 V.(4)电压表示数为外电路电压的有效值：U ＝E R ＋r ·R ＝3.142×45V ＝1.78 V. (5)转动一周外力所做的功等于电流产生的热量：W ＝Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E m22R ＋r·t ＝0.99 J.(6)16周期内通过电阻R 的电荷量： ·Δt ＝nΔΦΔt R ＋r ·Δt ＝n ΔΦR ＋r＝nBS ·sin 60°R ＋r＝0.086 6 C.答案：(1)3.14 V (2)1.57 V (3)2.6 V (4)1.78 V (5)0.99 J (6)0.086 6 C 针对训练1．(2014·天津卷)(多选)如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a 、b 所示，则( )图1 图2A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面重合B ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C ．曲线a 表示的交变电动势频率为25 HzD ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V解析：线圈位于中性面时，磁通量最大，电动势为零，所以选项A 正确；转速之比等于周期的反比，故该比值为3∶2，故选项B 错误；频率为周期的倒数，即f ＝1T，a 的周期为0.04 s ，频率为25 Hz ，所以选项C 正确；正弦交流电动势的有效值为E ＝E m2＝nBS ω2，已知E a ＝152 V ，且ωb ＝23ωa ，故可知E b ＝23×152 V ＝102V ，所以选项D 错误．答案：AC主题2 理想变压器的分析1．输入功率和输出功率．理想变压器无能量损失，输入功率和输出功率相等，即P 入＝P 出．当变压器只有一个副线圈时，P 1＝P 2；当变压器有多个副线圈时，P 1＝P 2＋P 3＋…输入功率P 入由输出功率P 出决定，即输出功率增大，输入功率也随之增大，输出功率减小，输入功率也随之减小．通俗地说，就是用多少给多少，而不是给多少用多少．2．输入电压和输出电压．变压器原、副线圈的电压之比为U 1U 2＝n 1n 2；当变压器有多个副线圈时U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比．输入U 1电压决定输出电压U 2，即U 2随着U 1的变化而变化，因为U 2＝n 2n 1U 1，所以只要U 1和匝数比不变化，不论负载如何变化，U 2不变．3．输入电流与输出电流．由I ＝P U 知，当变压器只有一个副线圈时：I 1I 2＝n 2n 1. 有多个副线圈时n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…当线圈的结构一定时，n 1、n 2一定，输出电流决定输入电流．输出电流增大，输入电流也随之增大；输出电流减小，输入电流也随之减小．当变压器有多个副线圈同时输出时，同样也有输出电流决定输入电流的关系．【典例2】如图所示的电路中，理想变压器的两端共接有三个规格完全相同的灯泡，变压器输入端接交变电压U 0，在开关S 闭合的情况下，三个灯泡的亮度相同．如果将开关S 断开，灯泡都不会损坏时，将要发生的现象是( )A．灯泡L1比S闭合时暗一些B．灯泡L1比S闭合时亮一些C．灯泡L2亮度不变D．灯泡L2比S闭合时暗一些解析：当开关S断开后，减少了输出功率，因输出功率减少，输入功率也减少，因U0不变，则流过L1的电流变小，灯L1变暗，灯L1两端的电压U1＝IR，I减少，U1也减少，变压器初级线圈两端的电压U1′＝U0－U1增大，输入电压增大，输出电压与输入电压成正比也增大，即L2两端的电压增大，流过L2的电流增大，灯泡L2比S闭合时亮，故A正确，B、C、D错误．答案：A针对训练2.(2017·北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝2202sin 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．下列说法正确的是( )A．原线圈的输入功率为220 2 WB．电流表的读数为1 AC．电压表的读数为110 2 VD．副线圈输出交流电的周期为50 s解析：电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220 V，由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效值为110 V，C错误；流过电阻R的电流为2 A，可知负载消耗的功率为220 W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220 W，A错误；由P＝UI可知，电流表的读数为1 A，B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，ω＝100π rad/s，周期T＝0.02 s，D错误．答案：B主题3 远距离高压输电问题1．输电示意图．2．正确理解几个基本关系．(1)功率关系，P 1＝P 2，P 2＝P 损＋P 3，P 3＝P 4. (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝U 线＋U 3，U 3U 4＝n 3n 4. (3)电流关系：I 1I 2＝n 2n 1，I 2＝I 线＝I 3，I 3I 4＝n 4n 3. (4)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 线R 线.(5)输电导线上损耗的电功率：P 损＝P 2－P 3＝I 2线R 线＝U 2线R 线＝U 线I 线．(6)输电导线上的电压损失U 线＝I 线·R 线＝U 2－U 3.【典例3】如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I 2.则( )A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21r D ．输电线路上损失的电功率为I 1U解析：根据理想变压器输入端与输出端的电功率相同，可得U 1I 1＝U 2I 2，得U 2＝U 1I 1I 2，所以A 正确；根据欧姆定律可得输电线上的电压降为I 1r ，所以B 错误；理想变压器的输入功率为U 1I 1，故C 错误；输电线路上损失的电功率为I 21r ，故D 错误．答案：A针对训练3．如图所示为某小型电站高压输电示意图．发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U 1和U 2.下列说法正确的是( )A ．采用高压输电可以增大输电线中的电流B ．升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2C ．输电线损耗的功率为U 22rD ．将P 下移，用户获得的电压将升高解析：发电机输出功率恒定，根据P ＝UI 可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A 错误；变压器的原副线圈两端电压与匝数成正比，即U 1U 2＝n 1n 2，故B 正确；输电线上损失的功率为P 损＝U 2损r， U 2为升压变压器副线圈两端的电压，C 错误；若P 下移．降压变压器的原线圈匝数增大， U 2′＝n 2′n 1′U 1′，用户的电压减小，D 错误．答案：B统揽考情1．交变电流的四值计算以及变压器的原理和应用是高考考查的热点，题型以选择题为主，分值6分左右．2．本章知识与生产、生活联系紧密，理论联系实际的题目出现的可能性较大，如涉及民生的远距离输电问题．真题例析(2015·课标全国Ⅰ卷)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：原副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U ，可知副线圈电压为U ，原线圈电压为3U ，副线圈电流I ＝UR，原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈电流I 1＝U 3R ，那么原线圈输入电压220＝3U ＋U3R R ，整理可得U ＝66 V ；原副线圈电阻消耗的功率根据P ＝I 2R ，电阻相等，电流为1∶3，可得功率比为1∶9，k ＝19，对照选项A 对．答案：A针对训练(2016·全国Ⅰ卷)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω、4 Ω，○A 为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：设变压器原、副线圈匝数之比为k ，则可知，开关断开时，副线圈电流为kI ；则根据理想变压器原理可知：U －IR 1kI （R 2＋R 3）＝k ①同理可知，U －4IR 14kIR 2＝k ② 代入数据联立解得：U ＝48I ；代入①式可得：k ＝3; 故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B1．(2015·江苏卷)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改为110 V ，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A ．200B ．400C ．1 600D ．3 200解析：根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2，代入数据可求副线圈匝数为400，B 正确．答案：B2.(2017·天津卷)(多选)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2 Ω，则( )A ．t ＝0时，线圈平面平行于磁感线B ．t ＝1 s 时，线圈中的电流改变方向C ．t ＝1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大D ．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J解析：t ＝0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A 正确；每经过一次中性面(线圈平面垂直于磁感线，磁通量有最大值)电流的方向改变一次，t ＝1 s 时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B 错误；t ＝1.5 s 时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零(ΔΦΔt＝0)，根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零，故C 错误；感应电动势最大值E m ＝NBS ω＝N ·Φm .2πT ＝4π V ，有效值E ＝E m2＝22π V ，一个周期内线圈产生的热量Q ＝E 2R·T ＝8π2J ，故D 正确．答案：AD3．(2015·福建卷)下图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 2U 2m4r B.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 2m 4r C ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r D ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r 解析：原线圈电压的有效值U 1＝U m2，根据U 1U 2＝n 1n 2可求得U 2＝n 2n 1U m2，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的电功率等于输入功率P ，所以输电线上电流I ＝P U 2，导线上损耗的电功率P ′＝I 2(2r )＝4r ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2，所以C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C4．(2016·天津卷)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是( )A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表示数变大C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表示数变大，示数变大解析：滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则R 1消耗的功率变小，则A 错误；干路电流变小，R 1分压变小，则电压表的测量的电压变大，示数变大，则B 正确；因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表示数变小．则C 错误；闭合开关S 并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R 1的电流变大，分压变大，则R 2的分压变小，电流变小，即的示数变小．电流表示数随副线圈电流的变大而变大，则D 错误．答案：B5．(2016·海南)(多选)如图(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，R T为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u 随时间t 按正弦规律变化，如图(b)所示．下列说法正确的是( )图(a) 图(b)A ．变压器输入功率和输出功率之比为4∶1B ．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4C ．u 随t 变化的规律为u ＝51sin(50πt )(国际单位制)D ．若热敏电阻R T 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大解析：原副线圈输入功率和输出功率相等，故A 错误；根据I 1I 2＝n 2n 1得，原副线圈的电流之比为1∶4，故B 正确；交变电压的峰值为51 V ，周期T ＝0.02 s ，则角速度ω＝2πT＝100π rad/s ，则u 随t 的变化规律为u ＝51sin 100πt ，故C 错误；若热敏电阻R T 的温度升高，则热敏电阻的阻值减小，由于原线圈的电压不变，则副线圈的电压不变，副线圈中的电流变大，故D正确．答案：BD11。

高中物理第2章交变电流章末复习课学案粤教版选修3-2-粤教版高中选修3-2物理学案

章末复习课[体系构建][核心速填] 1．正弦交变电流(1)产生：矩形线框在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动． (2)描述①瞬时值e ＝E m sin_ωt 或e ＝E m cos ωt . ②峰值E m ＝NBSω. ③有效值E ＝E m2，I ＝I m2，U ＝U m2. ④周期与频率的关系：T ＝1f.2．阻碍交变电流的器件(1)线圈的感抗随线圈的自感系数和交变电流频率的增大而增大． (2)电容器的容抗随电容器的电容和交变电流的频率的增大而减小． 3．理想变压器(1)理想变压器的原理是互感现象． (2)电压与匝数的关系：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝….(3)电流与匝数的关系：只有一个副线圈时：I 1I 2＝n 2n 1；有多个副线圈时：I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋….4．远距离输电(1)电压损失：ΔU ＝Ir 线． (2)电功率损失：ΔP ＝I 2r 线．交变电流的四值对比物理量物理含义重要关系适用情况瞬时值交变电流某一时刻的值从线圈位于中性面位置时开始计时：e ＝E m sin ωt i ＝I m sin ωt 计算线圈某一时刻的受力情况最大值最大的瞬时值E m ＝NBSωI m ＝E mR ＋r确定用电器的耐压值有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值对正(余)弦交变电流有：E ＝E m2U ＝U m2I ＝I m2(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)(2)交流电表的测量值 (3)电气设备标注的额定电压、额定电流(4)保险丝的熔断电流平均值交变电流图象中图线与时间轴所夹面积与时间的比值E ＝nΔΦΔtI ＝ER ＋r计算通过电路截面的电荷量注意：(1)计算有效值时一般选取交变电流的一个周期进行计算．非正弦交变电流的有效值要根据电流的热效应进行等效计算．(2)交变电流的有效值和电流的方向无关；交变电流的平均值是根据法拉第电磁感应定律E ＝nΔΦΔt计算的，与交变电流的方向、所选取的时间段有关．【例1】如图所示，一个半径为r 的半圆形线圈，以直径ab 为轴匀速转动，转速为n ，ab 的左侧有垂直于纸面向里(与ab 垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B .M 和N 是两个集流环，负载电阻为R ，线圈、电流表和连接导线的电阻不计．求：(1)从图示位置起转过14转的时间内负载电阻R 上产生的热量；(2)从图示位置起转过14转的时间内通过负载电阻R 的电荷量；(3)电流表的示数．思路点拨：①求14转的时间R 产生热量应用有效值求解．②应用q ＝n ΔΦR求电荷量．③电流表示数为有效值．[解析] 线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流．此交变电动势的最大值为E m ＝BSω＝B ·πr 22·2πn ＝π2Bnr 2.(1)在线圈从图示位置转过14转的时间内，电动势的有效值为E ＝E m2＝2π2Bnr22电阻R 上产生的热量Q ＝E 2R ·T 4＝π4B 2r 4n8R.(2)在线圈从图示位置转过14转的时间内，电动势的平均值为E ＝ΔΦΔt通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝ER ·Δt ＝ΔΦR ＝πBr22R.(3)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E ′，由有效值的定义得⎝ ⎛⎭⎪⎫E m 22R ·T 2＝E ′2RT ，解得E ′＝E m2故电流表的示数为I ＝E ′R ＝π2r 2nB2R.[答案] (1)π4B 2r 4n 8R (2)πBr 22R (3)π2r 2nB2R1．(多选)一个单匝的线圈，面积为S ，在匀强磁场中绕垂直磁感线的轴匀速转动，产生的感应电动势随时间变化的规律如图所示，下列判断正确的是( )A ．在A 、C 时刻线圈通过中性面B ．在t ＝T12时刻线圈与磁感线的夹角为60°C ．电动势的有效值与平均值相等都是E m2D ．磁场的磁感应强度为B ＝E m T2πSBD [中性面处电动势为零，选项A 错误．在t ＝T12时刻线圈转过了30°，也就是与磁感线的夹角为60°，选项B 正确．电动势的有效值为E m2，平均值为E ＝ΔB ·SΔt ；二者概念不同，选项C 错误．E m ＝BSω，ω＝2πT ，即B ＝E m T2πS，选项D 正确．]理想变压器的分析1.电压思路变压器原、副线圈的电压之比为U 1U 2＝n 1n 2；当变压器有多个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝… 2．功率思路理想变压器的输入、输出功率为P 入＝P 出，即P 1＝P 2；当变压器有多个副线圈时，P 1＝P 2＋P 3＋…3．电流思路由I ＝P U知，当变压器有多个副线圈时n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…，对只有一个副线圈的变压器才有I 1I 2＝n 2n 1.4．制约思路(变压器动态问题) (1)电压制约当变压器原、副线圈的匝数比(n 1n 2)一定时，输出电压U 2由输入电压决定，即U 2＝n 2U 1n 1.(2)电流制约当变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2一定，且输入电压U 1确定时，原线圈中的电流I 1由副线圈中的输出电流I 2决定，即I 1＝n 2I 2n 1，可简述为“副制约原”． (3)负载制约①变压器副线圈中的功率P 2由用户负载决定，P 2＝P 负1＋P 负2＋…②变压器副线圈中的电流I 2由用户负载电阻R 2确定，I 2＝U 2R 2. ③总功率P 总＝P 线＋P 2.【例2】某同学自制变压器，原线圈匝数为n 1，在做副线圈时，将导线ab 对折后并在一起，在铁芯上绕n 2圈，从导线对折处引出一个接头c ，连成如图所示电路．S 为单刀双掷开关，线圈电阻不计，原线圈接u 1＝U m sin ωt 的交流电源．下列说法正确的是( )A ．S 接b 时，电压表示数为2n 2U mn 1B ．S 接c 时，电压表示数为2n 2U m2n 1C ．S 接c 时，滑片P 向下移动，变压器输入功率变大D ．S 接c 时，滑片P 向上移动，变压器输入电流变大BD [解答本题的关键点：(1)副线圈连接方式；(2)根据题意分清变量和不变量；(3)明确变量之间的相互制约关系．表解如下：结论分析A×S 接b 时，副线圈属于双线绕法，不论原线圈两端的交流电压如何变化．副线圈中都不会产生感应电动势．所以电压表示数为0B√ S 接c 时，根据理想变压器的电压关系U 1∶n 1＝U 2∶n 2，且U 1＝U m2，解得U 2＝2n 2U m2n 1C× S 接c 时，滑片P 向下移动．连入电路的有效电阻增大，P 入＝P 出＝U 22R减小D√S 接c 时，滑片P 向上移动．连入电路的有效电阻减小．副线圈中的电流I 2＝U 2R增大．因U 1I 1＝U 2I 2，所以变压器输入电流I 1变大][一语通关]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，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R →I 2→P 出→P 入→I 1.(2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n 1、n 2→U 2→I 2→P 出→P 入→I 1.2．(多选)如图所示为一理想变压器，K 为单刀双掷开关，P 为滑动变阻器的滑片，U 1为加在原线圈上的电压，I 1为通过原线圈的电流，则( )A ．保持U 1及P 的位置不变，K 由a 合到b 时，I 1将增大B ．保持P 的位置及U 1不变，K 由b 合到a 时，R 消耗的功率将减小C ．保持U 1不变，K 合在a 处，使P 上滑，I 1将增大D ．保持P 的位置不变，K 合在a 处，若U 1增大，I 1将增大ABD [K 由a 合到b 时，n 1减小，若U 1及P 的位置不变，由U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈上的电压增大，流过负载R 的电流I 2增大，P 2增大，又由于P 1＝P 2＝U 1I 1，故I 1增大，A 项正确；同理K 由b 合到a 时，P 2减小，B 项正确；P 上滑时，负载电阻R 连入电路中的阻值增大，而U 1、U 2均不变，由I 2＝U 2R 可知I 2减小，又由于n 1、n 2均不变，由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1将减小，故C 项错误；当U 1增大时，由U 1U 2＝n 1n 2可知U 2也增大，I 2＝U 2R 增大，再由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1将增大，故D 项正确．]远距离输电问题1.输电示意图(如图所示)2．正确理解几个基本关系(1)功率关系：P 1＝P 2，P 2＝P 损＋P 3，P 3＝P 4. (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝U 线＋U 3，U 3U 4＝n 3n 4. (3)电流关系：I 1I 2＝n 2n 1，I 2＝I 线＝I 3，I 3I 4＝n 4n 3. (4)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 线R 线.(5)输电导线上损耗的电功率：P 损＝P 2－P 3＝I 2线R 线＝U 2线R 线＝U 线I 线．(6)输电导线上的电压损失：U 线＝I 线·R 线＝U 2－U 3.【例3】如图所示，学校有一台应急备用发电机，内阻为r ＝1 Ω，升压变压器匝数比为n 1∶n 2＝1∶4，降压变压器的匝数比为n 3∶n 4＝4∶1，输电线总电阻为R 线＝4 Ω，全校有22间教室，每间教室安装“220 V,40 W”的电灯6盏，要求所有的电灯都正常发光，求：(1)输电线上损耗的电功率P 损为多大？ (2)发电机的电动势E 为多大？思路点拨：解答本题时应把握以下三点： ①根据电灯的总功率计算出输电电流． ②根据输电电流和导线电阻计算损失功率．③根据闭合电路的电动势与内、外电压的关系求出电动势． [解析] (1)所有电灯正常发光时消耗的功率为P 灯＝40×22×6 W＝5 280 W ＝P 4由于灯正常发光时，降压变压器副线圈两端电压U 4＝220 V所以降压变压器原线圈的两端电压U 3＝n 3n 4U 4＝41×220 V＝880 V两变压器之间输电线上的电流为I 线＝P 3U 3＝P 4U 3＝5 280880A ＝6 A输电线上损失的功率P 损＝I 2线R 线＝62×4 W＝144 W.(2)输电线上损失的电压U 损＝I 线R 线＝6×4 V＝24 V升压变压器副线圈两端电压U 2＝U 3＋U 损＝(880＋24) V ＝904 V升压变压器原线圈两端电压U 1＝n 1n 2U 2＝14×904 V＝226 V升压变压器原线圈中的电流I 1＝n 2n 1I 线＝41×6 A＝24 A发电机内阻上的电压U r ＝I 1r ＝24 V发电机的电动势E ＝U 1＋U r ＝226 V ＋24 V ＝250 V. [答案] (1)144 W (2)250 V [一语通关]远距离输电问题的处理思路(1)根据具体问题画出输电线路示意图．(2)研究三个回路，分析其中的已知量、可求量、待求量． (3)研究两个变压器，分析其中的已知量、可求量、待求量．(4)确定求解思路，根据回路及变压器上的电压、电流、功率关系列式求解．3．(多选)如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器．升压变压器T 1的原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝1∶10，在T 1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r ＝2 Ω，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为n 3∶n 4＝10∶1，若T 2的用电设备两端的电压为U 4＝200 V ，且用电设备消耗的电功率为10 kW ，不考虑其他因素的影响，则 ( )A ．T 1的副线圈两端电压的最大值为2 010 2 VB ．T 2的原线圈两端的电压为2 000 VC ．输电线上损失的电功率为50 WD ．T 1的原线圈输入的电功率为10.1 kWABC [由U 3U 4＝n 3n 4，得T 2原线圈两端的电压为U 3＝2 000 V ，选项B 正确；因为用电设备消耗的电功率为10 kW ，T 2副线圈两端的电压为U 4＝200 V ，则流过T 2副线圈的电流为I 4＝P U 4＝10 kW200 V＝50 A ，由变压器原、副线圈的电流与匝数的关系I 3I 4＝n 4n 3，得I 3＝5 A ，输电线的电阻分得的电压为U 线＝I 3·2r ＝5×2 V＝10 V ，所以T 1副线圈两端的电压为U 2＝U 3＋U 线＝(2 000＋10)V ＝2 010 V ，其最大值为U 2m ＝2 010 2 V ，选项A 正确；输电线上消耗的功率为P 损＝I 23·2r ＝50 W ，选项C 正确；由能量守恒定律可知T 1副线圈的输出功率为P 出＝(10 000＋50) W ＝10 050 W ，因此T 1原线圈的输入功率为10 050 W ，选项D 错误．]。

【配套K12】2018-2019学年高中物理 第二章 交变电流章末复习课学案 教科版选修3-2