高中物理第二章交变电流远距离输电学案粤教版

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2024-2025学年高中物理第二章交变电流第07节远距离输电教案粤教版选修3-2

六、教学评价
1.课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、提问回答等情况。
2.作业完成情况：检查学生作业的完成质量和答题准确性。
3.研究作业：评估学生对实际案例的分析能力和所学知识的运用能力。
核心素养目标分析
本节课的核心素养目标主要围绕物理学科的核心素养进行设计，包括物理观念、科学思维、实验探究和科学态度四个方面。
2.课中强化技能
教师活动：
-导入新课：通过故事、案例或视频等方式，引出远距离输电的功率损失和电压损失的计算方法，激发学生的学习兴趣。
-讲解知识点：详细讲解远距离输电中的功率损失和电压损失的计算方法，结合实例帮助学生理解。
-组织课堂活动：设计小组讨论、角色扮演、实验等活动，让学生在实践中掌握远距离输电的计算方法。
例如，教师可以设计以下练习题：
-计算远距离输电中的功率损失和电压损失。
-分析实际案例，如何减少远距离输电中的损失。
-运用所学知识，解决实际问题。
总的来说，课堂小结和当堂检测是帮助学生巩固所学知识，提高学习效果的重要环节。通过这两个环节，教师可以及时了解学生的学习情况，给予反馈和指导，帮助学生更好地掌握本节课的内容。
2.讲解新课：详细讲解远距离输电的基本概念、功率损失和电压损失的计算方法。
3.案例分析：分析实际案例，让学生学会如何运用所学知识解决实际问题。
4.课堂练习：布置相关的练习题，让学生巩固所学知识。
5.总结：对本节课的内容进行总结，强调重点和难点。
五、作业布置
1.课后习题：完成教材后的相关习题。
2.研究作业：调查生活中远距离输电的实际案例，分析其优缺点。
-解答疑问：针对学生在学习中产生的疑问，进行及时解和指导。
学生活动：
-听讲并思考：认真听讲，积极思考老师提出的问题。

高中物理第二章交变电流第七节远距离输电课件粤教版选修

(3)电流关系：n1I1＝
n2I2
，n3I3＝n4I4，I2＝__UP_22__＝__UP_3_3 _＝
ΔU R.
即学即用判断下列说法的正误． (1)使用变压器进行远距离输电，用户得到的电压可以高于发电机输出的电压．( √ ) (2) 远距离输电时，若升压变压器匝数比为 1∶n ，降压变压器匝数比为 n∶1，则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等．( × ) (3)电厂与用户离得越远，用户得到的交流电的频率与电厂发出的交流电的频率小得越多．( × ) (4)远距离输电时，输送电压越高越好．( × )
答案 6 250 V 16 A
图4
解析对升压变压器，据公式UU12＝nn12，有 U2＝nn21U1＝215×250 V＝6 250 V I2＝UP22＝UP12＝1600205000 A＝16 A
(2)若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压.
知识梳理
减小输电线损耗的方法： (1)电压损失：输电线始端电压U与末端电压U′的差值ΔU＝ U－U′＝IR. (2)功率损失：电流的热效应引起功率损失ΔP＝ I2R . (3)减少电压、功率损失的方法： ①减小电阻：由R＝ρSl 可知，距离l一定时，使用电阻率小的材料，__增__大__ 导体横截面积可减小电阻． ②提高输送电压：由P＝UI可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流，即采用高压输电．
√C.输电线上损耗的功率增大 √D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
图6
1234
4.如图7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I1，其末端间的电

高中物理粤教版选修32课件：2.7远距离输电(讲授式)

B．输电电流为9I
C．输电电压为3U
D．输电电压为U/3
高压线上的热耗功率ΔP＝I2R线……① 若热耗功率变为9ΔP，则9ΔP＝I′2R线……② 由①②两式得I′＝3I，A对；输送功率不变，即P＝UI＝U′I′，得U′＝U/3，所以D对
4.发电机的端电压为220 V，输出功 (1)示意图如图所示率44 kW，输电导线的电阻为0.2 Ω，
户
输电线
输送电压：电源向外输电时，其两端的电压即为输送电压。输送功率：电源对外发出的功率即输送功率。
三、降低能耗的两个途径思考：远距离大功率输电面临的困难是什么？
在输电线上有功率损失。
讨论与交流：
1、输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？
输电线有电阻若输电电流为I，输电线的电阻为r，则功率损失为ΔP=I2r
❖ 1、所有高尚教育的课程表里都不能没有各种形式的跳舞：用脚跳舞，用思想跳舞，用言语跳舞，不用说，还需用笔跳舞。 ❖ 2、一切真理要由学生自己获得，或由他们重新发现，至少由他们重建。 ❖ 3、教育始于母亲膝下，孩童耳听一言一语，均影响其性格的形成。 ❖ 4、好的教师是让学生发现真理，而不只是传授知识。 ❖ 5、数学教学要“淡化形式，注重实质.
电器的电功率为40 kW，电压为800
I＝P/U＝40×103/800 A＝50 A．
V．若用临界温度以下的超导电缆代替原
来的输电线，保持供给用电器的功率和 P线＝I2R＝502×0.4 W＝1 000 W
电压不变，那么节约的电功率为( )
A．1 kW
B．1.6×103 kW
C．1.6 kW
D．10 kW
n2 U 1
n2U 1
功率和电压损失确实越小，可以有效降低能耗和电压损耗。

高中物理第二章交变电流第七节远距离输电学案粤教版选修320730191

高中物理第二章交变电流第七节远距离输电学案粤教版选修320730191第七节远距离输电[学科素养与目标要求]物理观念：1.了解远距离高压输电的原理.2.理解输电线上电能损失的影响因素．科学思维：1.体会降低输电损耗的两个途径，能分析计算高压输电的损耗情况.2.能分析远距离输电的基本过程，会对基本的远距离输电线路进行定量计算.3.体会远距离输电的基本要求和电网供电的优点，并能据此设计基本的供电框架图．一、从发电站到用户的输电线路1．输电线路：由发电站、升压变压所、输电导线、高压变电所、低压变电所和用户组成．2．示意图二、为什么要用高压输电1．输电线上的功率损失：ΔP＝I2R，其中I为输电电流，R为输电导线的电阻．2．减少电能损失的两种方法(1)在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应当选用电阻率小的金属材料，还要尽可能增加导线的横截面积．(2)为减小输电电流，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电电压．三、直流输电1．高压直流输电的原因：高压交流线路中电感、电容引起的电能损失很大，因此采用高压直流输电．2．直流输电过程1．判断下列说法的正误．(1)输电线上电功率的损失，与输电线的电阻成正比，与输电线电流的平方成正比．( √ )(2)由P ＝U 2r可知，输电电压越小，输电线上电功率的损失就越小．( × )(3)使用变压器进行远距离输电，用户得到的电压可以高于发电机输出的电压．( √ ) (4)远距离输电时，若升压变压器匝数比为1∶n ，降压变压器匝数比为n ∶1，则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等．( × )2．输电线的总电阻为R ，输送电功率为P .现分别用U 1和U 2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为________________．答案 U 22∶U 12一、降低输电损耗的两条途径如图所示，假定发电厂输出的电压为U ，输送功率为P ，输电线路中的电流是I ，两条导线的总电阻是r (在图中把导线电阻集中画为r )．那么：(1)用户两端的电压是多大？(2)用户得到的电能与发电厂输出的电能相等吗？(3)输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？降低功率损耗有哪些途径？答案 (1)U ′＝U －ΔU ＝U －PUr .(2)不相等，由能量守恒知，发电厂输出的电能等于用户得到的电能与输电线上损失的电能之和．(3)由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了，这是输电线上功率损失的主要原因．功率损失表达式：ΔP ＝I 2r ＝P 2U2r ，所以降低功率损耗的两条途径为：①减小输电线的电阻r ；②减小输电电流I ，即提高输送电压U .如图1所示：图11．输电线上的电压损失 ΔU ＝U －U ′＝Ir ＝PUr . 2．输电线上的功率损失(1)ΔP ＝I 2r ，其中I 为输电线上的电流，r 为输电线的电阻． (2)ΔP ＝ΔU ·I 或ΔP ＝(ΔU )2r，其中ΔU 为输电线上的电压损失．3．减少电压损失和功率损失的方法(1)减小输电线的电阻r ，根据r ＝ρL S，可减小电阻率ρ，目前一般用电阻率较小的铜或铝作为导线材料；也可增大导线的横截面积S ，但这要多耗费金属材料，增加成本，同时给输电线的架设带来很大的困难．(2)减小输电电流I ，根据I ＝P U，在输送功率P 一定，输电线电阻r 一定的条件下，输电电压提高到原来的n 倍，输送电流可减为原来的1n ，输电线上的功率损耗将降为原来的1n2.例1 三峡水电站某机组输出的电功率为50万千瓦． (1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？(2)在(1)情况下，某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它与输出功率的比值是多少？(3)若将输出电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它与输出功率的比值是多少？答案 (1)2500A (2)1.25×108W 14(3)1000A 2×107W125解析 (1)由P ＝UI 得I ＝P U ＝5×108W2×105V＝2500A.(2)输电线上损失的功率ΔP ＝I 2·2r ＝25002×2×10W＝1.25×108W 损失功率与输出功率之比为ΔP P ＝1.25×108W 5×108W ＝14. (3)将电压升高至50万伏时，I ′＝P U ′＝5×108W5×105V＝1000A输电线上损失的功率ΔP ′＝I ′2·2r ＝10002×2×10W＝2×107W 损失功率与输出功率之比为ΔP ′P ＝2×107W 5×108W ＝125. 例2 (多选)发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至学校的输电线总电阻为R 线，通过输电线的电流为I ，学校输入电压为U 2，下列计算输电线功率损耗的式子中，正确的是( )A.U 12R 线B.(U 1－U 2)2R 线C ．I 2R 线 D ．I (U 1－U 2)答案 BCD解析输电线功率损耗P 损＝I 2R 线＝U 线2R 线＝IU 线，其中U 线＝U 1－U 2，故B 、C 、D 正确．提示 P 损＝I 2r ＝(ΔU )2r＝ΔU ·I .式中必须注意，ΔU 为输电线路上的电压损失，而不是输电电压．二、远距离高压输电电路中的各种关系某发电站向远处送电的示意图如图所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路．(1)结合闭合电路的知识，分别分析三个回路中各物理量之间的关系(发电机内阻、n 1、n 2、n 3、n 4线圈的电阻均忽略不计)．(2)若两个变压器均为理想变压器，则每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？答案 (1)第一个回路：P 1＝U 1I 1第二个回路：U 2＝ΔU ＋U 3，P 2＝ΔP ＋P 3＝I 线2R ＋P 3 第三个回路：P 4＝U 4I 4.(2)U 1U 2＝n 1n 2、I 1I 2＝n 2n 1、P 1＝P 2；U 3U 4＝n 3n 4、I 3I 4＝n 4n 3、P 3＝P 4.解决远距离输电问题时，需要画输电的电路图，理清三个回路，抓住两个联系，掌握一个定律． 1．画图、理清三个回路(如图2所示)图2回路1：P 1＝U 1I 1回路2：U 2＝ΔU ＋U 3，P 2＝ΔP ＋P 3＝I 22R 线＋P 3，I 2＝I 3回路3：P 4＝U 4I 4. 2．抓住两个联系(1)理想升压变压器联系回路1和回路2，即U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，P 1＝P 2.(2)理想降压变压器联系回路2和回路3，即U 3U 4＝n 3n 4，I 3I 4＝n 4n 3，P 3＝P 4. 3．掌握一个定律根据能量守恒定律得P 2＝ΔP ＋P 3.例3 发电机两端的电压为220V ，输出功率44kW ，输电导线的总电阻为0.2Ω，如果用原、副线圈匝数比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户． (1)画出全过程的线路示意图； (2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接送给用户，求用户得到的电压和功率．答案 (1)见解析图 (2)219.6V 4.392×104W (3)180V 3.6×104W解析(1)线路示意图如图所示．(2)由图可知，升压变压器副线圈两端的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝2 200 V ．据理想变压器P 入＝P 出，则升压变压器副线圈的输出电流I 2＝P U 2＝44×1032 200A ＝20 A ，输电线上的功率损失和电压损失分别为P 损＝I 22R 线＝202×0.2 W＝80 W ， U 损＝I 2R 线＝20×0.2 V＝4 V.所以降压变压器原线圈的输入电压和电流分别为U 3＝U 2－U 损＝2 200 V －4 V ＝2 196 V ， I 3＝I 2＝20 A.降压变压器副线圈的输出电压和电流分别为U 4＝n 4n 3U 3＝110×2 196 V＝219.6 V ，I 4＝n 3n 4I 3＝10×20 A＝200 A.用户得到的功率为P 4＝U 4I 4＝219.6×200 W＝4.392×104 W.(3)若直接给用户供电，线路示意图如图所示，则输电电流I ′＝P U 1＝44×103220A ＝200 A.输电线路上的电压损失ΔU ′＝I ′R 线＝200×0.2 V＝40 V. 所以用户得到的电压U 2′＝U 1－ΔU ′＝220 V －40 V ＝180 V.用户得到的功率为P ′＝U 2′I ′＝180×200 W＝3.6×104 W.针对训练 (多选)(2018·东江高级中学高二下学期月考)如图3所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500V ，输出的电功率为50kW ，用总电阻为3Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V 供用户使用(两个变压器均为理想变压器)．对整个送电过程，下列说法正确的是( )图3A ．输电线上的损失功率为300WB ．升压变压器的匝数比为1∶100C ．降压变压器的输入电压为4970VD ．降压变压器的匝数比为100∶1 答案 AC解析输电线上损失功率为P 损＝P ×0.6%＝50 kW×0.6%＝300 W ，A 项正确；输电线上的电流为I 2＝P 损R ＝3003 A ＝10 A ，升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝P I 2＝50×10310V ＝5×103V ，由U 1U 2＝n 1n 2得，n 1n 2＝110，B 项错误；输电线上损失的电压为U 损＝I 2R ＝10×3 V＝30 V ，降压变压器输入电压为U 3＝5 000 V －30 V ＝4 970 V ，C 项正确．由U 3U 4＝n 3n 4得n 3n 4≈22.6，D 项错误．1．(输电线上功率损失的计算)(2017·南京市学情调研卷)“西电东送”是实现经济跨地区可持续快速发展的重要保证，它将西部丰富的能源转化为电能输送到电力供应紧张的沿海地区．为了减少远距离输电线路中电阻损耗的能量，需要采用高压输电，在保持输送功率及输电线路电阻不变的情况下，将输送电压提高到原来的10倍，则输电线路中电阻损耗的能量将减少到原来的( ) A.110B.1100C.11000D.110000 答案 B解析根据P ＝UI 可得I ＝P U，则输电线路上损失的功率ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ，输送电压提高到原来的10倍，则损失的功率变为原来的1100，B 正确．2．(输电线上功率损失的计算)(2018·江苏单科)采用220kV 高压向远方的城市输电．当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为( )A ．55kVB ．110kVC ．440kVD ．880kV答案 C解析输电功率P ＝UI ，U 为输电电压，I 为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P 损＝I 2R ，R 为输电线路的电阻，即P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ，当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的14，则输电电压为原来的2倍，即为440 kV ，故选项C 正确．3．(远距离高压输电的分析与计算)(多选)如图4为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1和输电线的总电阻r 、理想变压器匝数均不变，且n 1∶n 2＝n 4∶n 3.当用户用电器的总功率增大时( )图4A ．U 1∶U 2＝U 4∶U 3B ．用户的电压U 4增加C ．输电线上的损失功率增大D ．输电线上损耗的功率占总输送功率的比例增大答案 ACD解析根据U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4以及n 1∶n 2＝n 4∶n 3，知U 1∶U 2＝U 4∶U 3，故A 正确．用户用电器总功率增大时，输送功率变大，输电线上的电流增大，根据P 损＝I 2r 知，输电线上损耗的功率增大，根据ΔU ＝Ir 知，输电线上的电压损失变大；发电机的输出电压U 1不变，则升压变压器的输出电压U 2不变，降压变压器的输入电压U 3变小，用户的电压U 4减小，故B 错误，C 正确.P 损P ＝(PU 2)2r P ＝P U 22r ，输送电压U 2和线路电阻r 不变，所以损耗功率占总功率比例增大，故D正确．4．(远距离输电损耗的计算)(2018·孝感市高二期中)在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个小型发电站，发电机输出的电功率为P ＝500kW ，当使用U ＝5kV 的电压输电时，测得安装在输电线起点和终点处的两只电能表一昼夜示数相差4800kW·h. (1)求输电线上的电流I 、输电线的总电阻r 和输电线上损失的电压U 损．(2)若想把损失功率控制为输送功率的1.6%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？输电线上损失的电压是多少？答案 (1)100A 20Ω 2000V (2)25kV 400V 解析(1)输电线上损失的功率P 损＝W 损t ＝4 80024kW ＝200 kW 输电线上的电流I ＝PU＝100 A 由输电线上损失的功率P 损＝I 2r 得输电线的总电阻r ＝20 Ω输电线上损失的电压U 损＝Ir ＝2 000 V.(2)由题意知损失功率P 损′＝P ×1.6%＝8 kW 由P 损′＝I ′2r得输电线上的电流I ′＝20 A 输送电压U ′＝PI ′＝25 kV 输电线上损失的电压U 损′＝I ′r ＝400 V.5．(远距离高压输电的分析与计算)一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户，已知发电机的输出功率为500kW ，路端电压为500V ，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶5，两变压器间输电线的总电阻为1.5 Ω，降压变压器的输出电压为220 V ，不计变压器能量损耗，求：(1)升压变压器副线圈两端的电压；(2)输电导线上的功率损失及用户得到的功率； (3)降压变压器原、副线圈的匝数比．答案 (1)2500V (2)60kW 440kW (3)10∶1 解析输电线路原理图如图所示(1)升压变压器副线圈两端的电压U 2＝n 2U 1n 1＝2500V.(2)输电导线上的电流I 2＝P 2U 2＝P 1U 2＝200A输电导线上的功率损失P 损＝I 22r 线＝60kW用户得到的功率P 用＝P 1－P 损＝440kW. (3)输电导线上的电压 ΔU ＝I 2r 线＝300V降压变压器原线圈两端的电压U 3＝U 2－ΔU ＝2200V降压变压器原、副线圈的匝数比为n 3n 4＝U 3U 4＝10∶1.一、选择题考点一输电线上电压损失和功率损失1．(多选)如图1为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是( )图1A ．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B ．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C ．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D ．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好答案 ABD解析输电线损失的功率P 损＝I 2R 线，减小I 或R 线均可减小输电线损失的功率；由I ＝PU，电压一定，功率增大则电流增大，P 损增大；输电过程不一定是电压越高越好，故A 、B 、D 正确． 2．(多选)陕西神木750kV 输变电工程投入运行后，对同一输电线路，相比原来的250kV 输电，下列说法正确的是( )A ．输电线上的电流频率将变为原来的13B ．输电线上的电流将变为原来的13C ．输电线上损失的电功率将变为原来的13D ．输电线上损失的电功率将变为原来的19答案 BD解析高压输电不改变交变电流的频率，A 错误；根据I ＝P U可知，输电线上的电流变为原来的13，B 正确；输电线上损失的电功率ΔP ＝I 2r ，变为原来的19，C 错误，D 正确． 3．(2018·大连市高二下学期期末)某发电站采用高压输电向外输送电能，若输送的总功率为P 0，输电电压为U ，输电线的总电阻为R .则( )A ．输电线上的电压为UB ．输电线上的电流I ＝U RC ．输电线上损失的功率P ＝U 2RD ．输电线上损失的功率P ＝(P 0U)2R 答案 D解析输送的总功率为P 0，输电电压为U ，输电线的总电阻为R ，则输电线上的电流I ＝P 0U，输电线上的电压U R ＝IR ＝P 0R U ，A 、B 错误；输电线上损失的功率P ＝I 2R ＝(P 0U)2R ，C 错误，D 正确．4．(多选)为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上输电电压为U ，电流为I ，热损耗功率为ΔP ；除冰时，输电线上的热损耗功率需要变为9ΔP ，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( ) A ．输电电流为3I B ．输电电流为9I C ．输电电压为3U D ．输电电压为13U答案 AD解析高压线上的热损耗功率ΔP ＝I 2R 线，若热损耗功率变为9ΔP ，则9ΔP ＝I ′2R 线，可得I ′＝3I ，A 正确；输送功率不变，即P ＝UI ＝U ′I ′，得U ′＝13U ，D 正确．5．(多选)(2018·聊城市高二下学期期末)如图2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，流入用户端的电流为I 2.则( )图2A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．理想变压器的输入功率为I 12r C ．输电线路上损失的电功率为I 1UD ．当用户消耗的功率增大时，输电效率将下降答案 AD解析根据变压器原理：U 1I 1＝U 2I 2，得U 2＝I 1U 1I 2，A 正确；理想变压器的输入功率为U 1I 1＝UI 1－I 12r ；输电线路上损失的电功率为I 12r ，B 、C 错误；当用户消耗的功率增大时，因输电线上的电流增大，发电厂的输出功率P 增大，因输电效率η＝[P －(P U )2rP ]×100%＝(1－PrU2)×100%，所以输电效率随着发电厂输出功率P 的增大而减小，故当用户消耗的功率增大时，输电效率将下降，D 正确．考点二远距离高压输电线路的分析与计算6．图3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( )图3A.n 1n 2·U m 24rB.n 2n 1·U m 24rC.4r ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2D.4r ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2答案 C解析原线圈两端电压的有效值U 1＝U m2，根据U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1·U m2，又因为T 是理想变压器，所以副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P ，所以输电线上的电流I ＝PU 2，输电线上损失的电功率为P ′＝I 2·2r ＝4r ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2，所以C 正确，A 、B 、D 错误．7．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图4所示，发电机通过升压变压器T 1和降压变压器T 2向用户供电．已知输电线的总电阻为R ，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u ＝2202sin (100πt ) V ，降压变压器的副线圈与阻值R 0＝11Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是( )图4A ．通过R 0的电流有效值是20AB ．降压变压器T 2原、副线圈的电压比为4∶1C ．升压变压器T 1的输出电压等于降压变压器T 2的输入电压D．升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率答案ABD解析降压变压器副线圈两端交变电压有效值为22022V＝220V，负载电阻为11Ω，所以通过R0的电流的有效值是20A，故A正确；因为降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，所以降压变压器T2原、副线圈的电压之比为4∶1，故B正确；由于输电线有电阻，导致降压变压器T2的输入电压低于升压变压器T1的输出电压，故C错误；由于输电线上电阻消耗功率，所以升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率，故D正确．8．(2018·德州市高二下学期期末)如图5所示为远距离输电示意图，线路总电阻为r，发电厂输出电压不变，三个回路的电流依次为I1、I2、I3，两变压器均为理想变压器，左侧变压器输入电压为U1，输出电压为U2；右侧变压器输入电压为U3，输出电压为U4，以下选项错误的是( )图5A．若用户消耗的功率增大，I2随之增大B．若用户消耗的功率增大，U4随之增大C．U2＝U3＋I2rD．U1I1＝I22r＋U4I3答案 B解析若用户消耗的功率增大，则I3会变大，则由变压器匝数比等于电流比的倒数可知，I2随之增大，输电线r上的电压变大，则U3减小，U4减小，选项A正确，B错误；由串联电路的特点可知：U2＝U3＋I2r，选项C正确；由能量关系可知：U1I1＝I22r＋U3I2＝I22r＋U4I3，选项D正确．9．(多选)图6甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为热敏电阻，当温度升高时其阻值变小．电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)．未发生火情时，升压变压器的输入功率为750kW.下列说法中正确的是( )图6A ．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50HzB ．未发生火情时，远距离输电线路损耗功率为180kWC ．当R 2所在处发生火情时，电压表V 的示数变大D ．当R 2所在处发生火情时，输电线上的电流变大答案 AD解析由题图乙知交变电流的周期为0.02s ，所以频率为50Hz ，变压器不改变交变电流的频率，A 正确；由题图乙知升压变压器输入电压的有效值为250V ，根据升压变压器变压规律知副线圈两端电压为25000V ，所以输电线中的电流为I ＝P U＝30A ，输电线路损失的电压为ΔU ＝IR ＝30×100V＝3000V ，输电线路损耗功率为ΔP ＝I ΔU ＝90kW ，B 错误；当R 2所在处发生火情时其阻值减小，副线圈中电流增大，根据降压变压器变流规律知输电线上的电流变大，输电线上的分压增大，降压变压器两端的电压变小，根据降压变压器变压规律和串联分压，R 1两端电压增大，故电压表V 的示数变小，C 错误，D 正确．10．(多选)如图7所示为远距离输电示意图，其中T 1、T 2为理想变压器，输电线总电阻可等效为电阻r ，灯L 1、L 2相同且阻值不变．现保持变压器T 1的输入电压不变，滑片P 位置不变，当开关S 断开时，灯L 1正常发光．则下列说法正确的是( )图7A ．仅闭合开关S ，灯L 1会变亮B ．仅闭合开关S ，r 消耗的功率会变大C ．仅将滑片P 下移，电流表的示数会变大D ．仅将滑片P 下移，r 消耗的功率会变小答案 BC解析闭合S ，则消耗功率增大，T 2副线圈中电流增大，T 2原线圈中电流也增大，则输电线r 上损失的电压和功率增大，则T 2输入电压U T 2初＝U T 1次－Ir 减小，灯泡L 1两端电压U T 2次减小，故灯泡L 1会变暗，故A 错误，B 正确；仅将滑片P 下移，T 1副线圈匝数增大，则输出电压增大，T 2的输入电压增大，灯泡两端电压也增大，T 2副线圈中电流变大，则T 2原线圈中电流变大，则输电线r 消耗的功率会变大；变压器T 1副线圈中电流变大，则原线圈中电流也变大，即电流表的示数会变大，故C 正确，D 错误．二、非选择题11．某发电站通过燃烧煤来发电．发电站通过升压变压器、输电线和降压变压器把电能输送给生产和照明用户，发电机输出功率是120kW ，输出电压是240V ，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶25，输电线的总电阻为10Ω，用户需要的电压为220V ．则： (1)输电线上损失的电功率为多少？ (2)降压变压器原、副线圈的匝数比为多少？答案 (1)4000W (2)290∶11 解析画出输电线路图如图所示(1)根据理想变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2得输电电压U 2＝n 2n 1U 1＝251×240V＝6000V输电电流I 2＝P U 2＝120×1036000A ＝20A输电线上损失的电功率 ΔP ＝I 22r ＝202×10W＝4000W. (2)输电线上损失的电压 ΔU ＝I 2r ＝20×10V＝200V降压变压器原线圈两端的电压U 3＝U 2－ΔU ＝6000V －200V ＝5800V根据理想变压器的变压规律得n 3n 4＝U 3U 4＝5800V 220V ＝29011.12.风力发电作为新型环保能源，近年来得到了快速发展，如图8所示的风车阵中发电机输出功率为100kW ，输出电压是250V ，用户需要的电压是220V ，输电线总电阻为10Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：图8(1)画出此输电线路的示意图；(2)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；(3)用户得到的电功率．答案(1)见解析图(2)1∶20240∶11(3)96kW解析(1)如图所示(2)输电线因发热而损失的功率P损＝P×4%＝100kW×4%＝4kW.输电线电流I2＝P损R线＝4×10310A＝20A.升压变压器输出电压U2＝PI2＝100×10320V＝5×103V.升压变压器原、副线圈匝数比：n1 n2＝U1U2＝250V5000V＝120.电压损失U损＝I2R线＝20×10V＝200V. 降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－U损＝4800V.降压变压器原、副线圈匝数比n3 n4＝U3U4＝4800V220V＝24011.(3)用户得到的电功率P用＝P－P损＝96kW.13．(2018·三明市高二下学期期末)北京奥运场馆的建设体现了“绿色奥运”的理念，作为北京奥运会主场之一的国家体育馆“鸟巢”拥有9.1万个座位，其扇形屋面和大面积的玻璃幕墙不仅给人以赏心悦目之感，还隐藏着一座年发电量比较大的太阳能光伏发电系统，假设该发电系统在有太阳照射时的直接输出功率为1×105W，该发电系统的输出电压为250V，现向远处输电，示意图如图9，所用输电线的总电阻为8Ω，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶16，求：图9(1)输电线损耗的电功率；(2)若用户获得220V 电压，则降压变压器原、副线圈的匝数比．答案 (1)5000W (2)19011解析(1)升压变压器原线圈中的电流I 1＝P 1U 1得I 1＝400 A 根据理想变压器的电流规律n 1n 2＝I 2I 1得升压变压器副线圈中的电流I 2＝25 A 输电线上损耗的电功率ΔP ＝I 22r ＝5 000 W (2)升压变压器副线圈两端的功率P 2＝U 2I 2 解得U 2＝4 000 V输电线上损失的电压ΔU ＝I 2r ＝200 V 降压变压器原线圈两端的电压U 3＝U 2－ΔU ＝3 800 V根据理想变压器的变压规律，得降压变压器原、副线圈的匝数比n 3n 4＝U 3U 4＝19011.。

物理粤教版高二年级选修3-2第二章第7节远距离输电教学设计1.doc

《远距离输电》教学设计一．教学目标1、知识与技能(1) 知道“便于远距离输送”是电能的优点之一；知道输电的过程。

(2) 知道什么是导线上的功率损耗和电压损耗；知道如何减小损耗。

(3) 理解为什么远距离输电要用高压。

(4) 会设计电能输送的示意图，并理解电压损耗和能量损耗的关系。

(5) 培养学生综合全面的分析问题和解决问题的能力。

(6) 培养学生实事求是的科学态度。

2、过程与方法(1) 利用研究性学习小组的调查和学生合作学习相互结合，探索物理规律。

(2) 利用多媒体课件与课堂演示实验相互结合，探究物理规律。

3、情感态度与价值观(1) 通过我国超导研究的介绍，激发学生的爱国热情。

(2) 通过对实际生活中的电能输送问题分析讨论，激发学生探索物理规律的热情。

(3) 通过学生对海高用电情况调查和计算，培养学生从身边事做起养成节约能源的好习惯。

(4) 体验合作探究学习的快乐，调节人际交往能力，协调能力。

二、教学重点设计电能输送的示意图，并理解输电过程中的电压损耗和能量损耗的关系。

三、教学难点输电过程中要保证输送功率不变，理解输电过程中的电压损耗和能量损耗的关系。

三、课时安排1课时四、教具准备可拆式变压器(2台)、导线若干(其中两根阻值约与小电珠相等)、小电珠(2．5V、0.3A)、学生电源五、学生活动设计1．通过自学，学会分析要减少P线可能的方法。

2．通过例题训练、观察演示实验使学生理解远距离输电为什么要采取高压，是如何实现的。

六、教学步骤(一)明确目标了解远距离输电原理，并结合实际分析解决问题。

(二)整体感知这节课是交变电流、变压器、电功率、串并联、欧姆定律等电学知识的综合应用。

解决实际问题的典型例子。

既起到巩固知识、深化知识的作用，又培养学生的分析问题、解决问题的能力，同时从联系实际的应用中提高学生学习物理的兴趣。

(三)重点、难点的学习与目标完成过程1．布置学生进行课前预习，并事先给出预习过程应解决的问题幻灯显示①为什么要进行远距离输电？②输电过程主要考虑什么问题？③为什么输电过程有电能损失？④减少电能损失有什么方法，各适用于什么情况？在学生个别提问相互补充的基础上完整答案如下①由于电站、电厂利用能源的特殊性，它发出的电常常要输送给距离甚远的用户。

粤教版高中物理选修3-2第二章第07节远距离输电

R
电导线电阻，才能减小输电导线上的热损耗。
B．因为热功率P=IU，所以应采用低电压、小电流
输电，才能减小输电导线上的热损耗。
C．因为热功率P=I2R，所以可采用减小输电线电阻
或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗。 D．以上说法均不正确。
作业布置：
课本P65页练习第1、3题
课后讨论：有没有更好的方案解决“线损”问题？
有的地方离发电站很远,因此需要把电能输送到远方,这就涉及电能的远距离输送问题．
一、远距离输电过程示意图
输电的模型
输电线 r
电
源 U送
用户
输电线
输送电压：电源向外输电时，其两端的电压即为输送电压。输送功率：电源对外发出的功率即输送功率。
二、“线损”问题的分析
思考：远距离大功率输电面临的最大问题是什么？
在输电线上有功率损失，即“线损”问题。
讨论与交流：
1、输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？
输电线上功率损失的主要原因是由于输电线有电阻，会有一部分电能转化为热能而损失掉。
若输电电流为I，输电线的电阻为r，则功率损失为：ΔP=I2r
若输送的功率为P，输电电压为U，电线的总长度为L，横截面积为S，电阻率为，则功率损失可表示为：P(P)2L.
【学习目标】 1. 通过看图画图让学.通过分析输电线路中电压、电流及电损的关系让学生理解远距离输电的原理。（Ⅱ） 3.让学生感受中国电力事业的巨大成就，增强民族自豪感。
高中物理粤教2003课标版
选修3-2 第二章交变电流
为了合理的利用能源,发电站要建在靠近这些能源的地方.而用电的地方却很多,例如:
US
讨论与交流：

高中物理第二章交变电流第七节远距离输电课件粤教选修32粤教高中选修32物理课件

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3．输电线路的构成：输电过程一般要从发电站开始，经过 _升__压___变压器，高压变电所、_低__压___变电所后，才能提供给工厂和一般用户．输电过程示意图如图所示，主要有：发电机、 _升__压___变压器、输电线路、_降__压___变压器、用电器．
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输电线路上的电压损失和功率损失 1．输电线上的电压损失
(1)电压损失的原因：由于输电导线有电阻，电流通过输电导线时，会在导线上产生电势降落，致使输电线路末端的电压 U′ 比起始端电压 U 低，差值 ΔU＝U－U′称为输电线路上的电压损失．
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(2)造成电压损失的因素 ①输电线有电阻造成电压损失，其大小为 ΔU＝IR(R 为输电线路的电阻)． ②输电线的感抗和容抗造成电压损失．
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(3)减小功率损失的方法根据公式 P 损＝I2R 可知，减小输电线路上功率损失的方法有两种：
①减小电阻：据 R＝ρLS判断 a．减小输电线的长度 L：由于输电距离一定，所以在实际中不可能通过减小 L 来减小 R. b．减小电阻率 ρ：目前，一般用电阻率较小的铜或铝作为输电线材料． c．增大导线的横截面积 S：这要多耗费金属材料，增大成本，同时给输电线的架设带来很大的困难．
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发电机的端电压为 220 V，输出电功率为 44 kW，输电导线的电阻为 0.2 Ω，如果用初、次级匝数之比为 1∶10 的升压变压器升压，经输电线后，再用初、次级匝数比为 10∶1 的降压变压器降压供给用户，求用户得到的电压和功率． [思路点拨] 熟练掌握远距离输电过程中的电压关系、电流关系与功率关系是解决这类问题的关键．

高中物理第2章交变电流习题课4变压器的应用及远距离输电问题学案粤教版选修3_2

习题课4 变压器的应用及远距离输电问题[学习目标] 1.进一步理解变压器的原理及规律.2.熟练应用变压器原、副线圈的决定因素解决动态分析问题.3.熟悉远距离输电中的各物理量关系和损耗问题，熟练解决远距离高压输电中的实际问题．,理想变压器的规律分析【例1】如图所示，为了浴室用电安全，某同学用理想变压器给浴室降压供电，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈输入交变电压u ＝311sin 100πt (V)，已知照明灯额定功率为44 W ，排气扇电动机内阻为1 Ω，电流表示数为2 A ，各用电器均正常工作，电表均为理想表．则( )A ．电压表示数为62 VB ．变压器的输入功率为186 WC ．排气扇输出功率为43 WD ．保险丝熔断电流不得低于2 AC [变压器输入交变电压u ＝311sin 100πt (V)，有效值U ＝220 V ，变压器原、副线圈匝数比为5∶1，所以副线圈电压U 2＝44 V ，故A 错误；电流表示数为2 A ，所以输出功率P ＝44×2 W＝88 W ，所以变压器的输入功率为88 W ，故B 错误；照明灯的电流I L ＝P 额U 2＝4444A ＝1 A ；则排气扇的电流为I 2＝2 A －1 A ＝1 A, 则排气扇输出功率为P ＝U 2I 2－I 2r ＝44×1－12×1 W＝43 W ，故C 正确；变压器的初级电流为I 1＝15I ＝25 A ＝0.4 A ，故保险丝熔断电流不得低于0.4 A ，故D 错误．](1)功率关系：P 入＝P 出． (2)电压关系：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝….(3)电流关系：若只有一个副线圈I 1I 2＝n 2n 1. 若有多组副线圈n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…. (4)变压器不改变频率．1．如图所示，变压器的输入电压U 1一定，原线圈匝数为n 1，两个副线圈的匝数分别是n 2和n 3.当把电热器接a 、b ，让c 、d 空载时，电流表读数是I 1；当把同一电热器接c 、d ，而a 、b 空载时，电流表读数是I ′1，则I 1∶I ′1等于( )A ．n 2∶n 3B ．n 3∶n 2C ．n 22∶n 23D ．n 23∶n 22C [由电压比知U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3，由P 2＝P 1知，当电热器接a 、b ，让c 、d 空载时，有I 1U 1＝U 22R ；当把同一电热器接c 、d 而a 、b 空载时，有I ′1U 1＝U 23R，所以I 1∶I ′1＝U 22∶U 23＝n 22∶n 23.]理想变压器的动态分析【例2】 (多选)如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U 1不变，闭合开关S ，下列说法正确的是( )A ．P 向下滑动时，灯L 变亮B ．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C ．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大思路点拨：①P 的滑动不影响U 2. ②P 向上滑，负载电阻减小，反之增加．BD [由于理想变压器输入电压U 1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U 2也不变，灯L 亮度不随P 的滑动而改变，故选项A 错误，选项B 正确．P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R 总减小，由I 2＝U 2R 总知，通过副线圈的电流I 2增大，输出功率P 2＝U 2I 2增大，再由I 1I 2＝n 2n 1知输入电流I 1也增大，故选项C 错误，D 正确．]负载发生变化时，电流和电压如何变化的判断，先要由U 1U 2＝n 1n 2判断U 2是否变化，再根据U 2及负载电阻的变化，由欧姆定律确定副线圈中的电流I 2的变化，最后再由P 入＝P 出判断原线圈中电流的变化．2．如图甲所示的电路中，一理想变压器原线圈两端接电源，电压按如图乙所示的规律变化，已知原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝11∶1，变压器副线圈所接的电路中R 1为定值电阻，R 3为光敏电阻(电阻随光照强度的增加而减小)，则下列说法中正确的是( )甲乙A ．当R 2受光照时，电流表的示数变小B ．当R 2受光照时，电压表V 2的示数变大C ．当R 2受光照时，电压表V 1的示数不变D ．电压表V 1示数为20 2 VC [当R 2受光照时电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也要增大，电流表A 的示数变大，故A 错误；R 1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以R 2的电压就要减小，电压表V 2的示数变小，则B 错误，C 正确；由题图乙可知，输入电压的有效值为220 V ，变压器线圈的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为20 V ，电压表V 1测的是副线圈的电压，故D 错误．],远距离输电的损耗问题【例3】某发电厂引进秸秆焚烧发电机设备，该发电机输出功率为40 kW ，输出电压为400 V ，用变压比(原、副线圈匝数比)为n 1∶n 2＝1∶5的变压器升压后向某小区供电，输电线的总电阻为r ＝5 Ω，电能到达该小区后再用变压器降为220 V.(1)画出输电过程的电路示意图； (2)求输电线上损失的电功率； (3)求降压变压器的变压比n 3∶n 4.思路点拨：①由P ＝U 2I 2及P 损＝I 22r 计算电功率损失． ②由U 3＝U 2－I 2r 及n 3∶n 4＝U 3∶U 4计算n 3∶n 4. [解析] (1)输电过程的电路示意图如图所示．(2)因为U 1U 2＝n 1n 2输电电压U 2＝n 2n 1U 1＝51×400 V＝2 000 V因为P 输＝U 2I 解得输电电流I ＝20 A 输电线上损失的功率P 损＝I 2r ＝(20 A)2×5 Ω＝2 000 W.(3)输电线上损失的电压U 损＝Ir ＝20 A×5 Ω＝100 V降压变压器的输入电压U 3＝U 2－U 损＝2 000 V －100 V ＝1 900 V降压变压器的变压比n 3n 4＝U 3U 4＝1 900220＝9511.[答案] (1)见解析图 (2)2 000 W (3)95∶11(1)分析远距离输电的思路对高压输电问题应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或从用电器到发电机一步一步地进行分析．(2)远距离输电问题的四个关键 ①画出一个模型——远距离输电模型． ②抓住输电的两端——发电机和用电器． ③分析一条线——输电线．④研究两次电压变换——升压和降压．(3)注意各物理量的对应，防止张冠李戴而出错．3．(多选)在图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输出功率的增大，下列说法正确的有( )A ．升压变压器的输出电压增大B ．降压变压器的输出电压增大C ．输电线上损耗的功率增大D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大CD [匝数比和输入电压U 1不变，由U 1∶U 2＝n 1∶n 2可知，输出电压U 2不变，故A 项错误；因P 变大，I ＝P U，则I 变大，又U 损＝IR ，故U 损变大，U 3＝U 2－U 损，因此降压变压器的输入电压U 3变小，而降压变压器的匝数比不变，故降压变压器的输出电压U 4变小，B 项错误；由P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22R 可知，因U 2不变、P 变大，所以P 损变大，故C 项正确；因U 2不变、P 变大，由P 损P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22RP＝PR U 22可知，P 损P变大，故D 项正确．]1．一发电站的输出功率为4 400 kW ，现采用110 kV 的高压输电，若要使输电效率不低于90%，则输电线的电阻不能大于 ( )A ．68.75 ΩB ．275 ΩC ．137.5 ΩD ．200 ΩB [根据输电效率可知，输电线损失的电功率不得超过P ′max ＝P ×(1－90%) kW ＝440 kW ，根据P ＝UI 可知，输电电流为I ＝40 A ，又P ′max ＝I 2R max ，所以输电线电阻不能大于R max ＝275 Ω，选项B 正确，A 、C 、D 错误．]2．(多选)某电站用11 kV 交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R ，现若用变压器将电压升高到220 kV 送电，下面说法正确的是( )A ．因I ＝UR，所以输电线上的电流增为原来的20倍B ．因I ＝P U ，所以输电线上的电流减为原来的120C ．因P ＝U 2R，所以输电线上损失的功率为原来的400倍D ．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的120BD [电压提高了20倍，由公式I ＝P U 可知，电流将是原来的120，选项B 正确．再由电阻定律R ＝ρl S ，得P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·ρlS ，在功率损失不变的情况下，输送电压与导线横截面积的平方根成反比，从而得出选项D 正确．]3.如图所示，理想变压器的原线圈匝数n 1＝1 600匝，副线圈匝数n 2＝800匝，交流电源的电动势瞬时值 e ＝2202sin(100πt ) V ，交流电表A 和V 的内阻对电路的影响可忽略不计．则( )A ．当可变电阻R 的阻值为110 Ω时，变压器的输入功率为110 WB ．当可变电阻R 的阻值为110 Ω时，电流表的示数为2 AC ．当可变电阻R 的阻值增大时，电压表的示数增大D ．通过可变电阻R 的交变电流的频率为100 Hz A [由U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈的电压瞬时值U ＝110 2sin(100πt ) V ，故可变电阻R 的阻值为110 Ω时，可变电阻消耗的功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22R，则变压器的输入功率为110 W ，A 正确；电流表示数为电流的有效值，经计算可知应为0.5 A ，B 错误；由于原、副线圈的匝数比确定，则副线圈电压恒定，C 错误；变压器并不改变电流的频率，原线圈中电流的频率为50 Hz ，故副线圈中电流的频率为50 Hz ，D 错误．]。

2024-2025学年高中物理第二章交变电流第07节远距离输电1教案粤教版选修3-2

解答：
根据功率公式 P = U × I，我们可以得到：
I1 = P / U1
I2 = P / U2
代入数据计算得到：
I1 = 1000×10^6 / 220×10^3
I1 ≈ 4545.45A
I2 = 1000×10^6 / 500×10^3
I2 = 2000A
例题4：补偿装置的应用
一条远距离输电线路的额定电压为U=500kV，电阻R=10Ω，电抗X=20Ω。若在输电线路中加入静止无功补偿器（SVC），使得线路的无功功率Q减少50%，求SVC提供的无功功率。
鼓励学生相互讨论、互相帮助，共同解决问题。
错题订正：
针对学生在随堂练习中出现的错误，进行及时订正和讲解。
引导学生分析错误原因，避免类似错误再次发生。
（五）拓展延伸（预计用时：3分钟）
知识拓展：
介绍远距离输电领域的最新技术发展，拓宽学生的知识视野。
引导学生关注学科前沿动态，培养学生的创新意识和探索精神。
- 变压器的工作原理演示
- 远距离输电模拟实验
10. 远距离输电在现代电力系统中的应用
- 跨区域输电和电网互联
- 远距离输电技术的发展趋势
- 新能源并网对远距离输电的影响
教学评价与反馈
1. 课堂表现：
- 观察学生在课堂上的参与程度，包括提问、回答问题和互动交流的情况。
- 关注学生在知识讲解和互动探究环节的专注度和兴趣程度。
2024-2025学年高中物理第二章交变电流第07节远距离输电1教案粤教版选修3-2
主备人
备课成员
教学内容
2024-2025学年高中物理第二章交变电流第07节远距离输电1教案粤教版选修3-2

新高中物理第二章 6 远距离输电课件粤教版选修32

二、远距离输电电路中的各种关系
问题设计
某发电站向远处送电的示意图如图2所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路．
升压变压器
降压变压器
图2
(1)结合闭合电路的知识，分别分析三个回路中各物理量之间的关
系(发电机内阻、n1、n2、n3、n4线圈的电阻均忽略不计)．答案第一个回路：P1＝U1I1 第二个回路：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝I 线2R＋P3 第三个回路：P4＝U4I4 (2)每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？
输电线上损失的功率ΔP′＝I′2·2r＝1 0002×2×10 W＝2×107 W
损失功率与输出功率之比为ΔPP′＝25× ×110078 WW＝215
答案
1 000 A
2×107 W
1 25
二、远距离输电问题例3 某小型水电站的电能输送示意图如图3所示，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2.降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则( )
图3
A.nn21>nn34 B.nn21<nn34 C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大
于降压变压器的输入功率，故选项D正确. UU21＝nn21，UU34＝nn34，因为 U1＝200 V<U4＝220 V，U2>U3＝U2－U 线，故nn21>nn34，选项 A 正确．答案 AD
要点提炼
输电线上的电压损失和功率损失(设输电线的总电阻为R，电流为I) 1．电压损失输电线始端电压U与输电线末端电压U′的差值，即ΔU＝U－U′＝IR. 2．功率损失 (1)远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率ΔP＝I2R. (2)若输电线上损失的电压为ΔU，则功率损失还可以表示为ΔP＝Δ__RU_，_2_ ΔP＝_Δ_U__·I_.

高中物理第二章交变电流第七节远距离输电学案粤教版选修3

高中物理第二章交变电流第七节远距离输电学案粤教版选修31．大型发电机发出十几千伏的电压，在发电站区域通过变压器升高到几十万伏，然后进行远距离输电，当电能被输送到用电区域后，再根据不同的用电需求，用变压器将电压降低，这就是远距离输电．2．实验表明：在输电导线的电阻不变的前提下，提高输电的电压，减小输电电流，可以达到减少输电过程中的功率损耗、更有效地输送电能的目的．预习交流1我国城镇和农村电网的低压改造已基本结束，低压改造使我国广大城乡居民获得了实惠．农村电网改造前，某些村庄经常出现以下现象（离变压器较远的用户）：（1）电灯不亮，达不到额定功率，换额定功率越大的灯泡越是不亮；（2）日光灯不能启动；（3）洗衣机转动力度小等．尤其是过节时现象更明显，这是为什么呢？输送电能的高压线答案：因为电能在输送中存在电压损失和电能损失．低压输电线较细，电阻较大，导线的电压降较大，致使用户末端电压远低于额定电压（有时甚至不高于160 V）．到了过节的时候，各家用电器增多，所有用电器都并联，总电阻会更小，线路电流更大，输电导线上分得的电压变多，致使用户电压降低，就会出现上述现象．经过低压改造后，换上了合格的输电导线，以上现象就不明显了．二、为什么要采用高压输电1．电功率损失：输电导线上有电阻，当电流通过时，由于电流的热效应会引起电功率的损失．可以考虑通过减小输电导线的电阻或减小输送电流来减少电功率的损失．2．高压输电：减小电阻要增粗导线，增粗导线又带来两个不利：其一，耗费更多的金属材料；其二：会使导线太重，给架线带来很大困难．只有采用小电流输电才会避免上述问题，在保证输送功率不变的情况下，减小电流必须靠提升电压来实现．预习交流2现在大功率输电采用直流输电好还是交流输电好？答案：直流输电，直流输电比交流输电损耗少．一、输电线上的电压损失假定两条输电线的总电阻为r ，在如图所示的输电示意图中等效画为r ，输送的功率为P ，发电厂输出的电压为U1，则输电线上损失的电压为多少．怎样减小输电线上损失的电压呢？答案：由得，1P U I =1P I U =所以1Pr U Ir U ∆== 因此减小输电线电阻、提高输电电压可以减小输电线上损失的电压．输电导线的电阻为R ，输送电功率为P ，现分别用U1和U2两种电压来输电，则两次输电线上损失的电压比为（）．A ．U1/U2B ．C ．D ．U2/U12212/U U 2221/U U 答案：D解析：输电线上的电流为I ＝，输电线上损失的电压为U 损＝IR＝，可见在输送功率不变的情况下，损失的电压与输电电压成反比，故D 项正确．1．输电线上的电压损失输电线路始端电压U 与输电线路末端电压U′的差值．ΔU ＝U －U′＝IR （R 为输电线路电阻）．2．减小输电线路电压损失的两种方法（1）减小输电线路电阻由R ＝ρ可知，间距一定时，使用电阻率小的材料、增大导体横截面积均可减小电阻．（2）减小输电电流I由P ＝UI 可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流．3．输电线路的构成主要有：发电机、升压变压器、输电导线、降压变压器、用电器，如图所示．二、输电线上的电功率损失1．探究如何减少输电线路的功率损失．答案：根据P 损＝I2r 可知，减小输电线的电阻和输电线中的电流可减少输电线路的功率损失．。

2019年高中物理第二章交变电流第七节远距离输电讲义(含解析)粤教版

远距离输电1．电能输送中线路上的功率损失ΔP＝I2R线，电压损失ΔU＝IR线。

2．减小电能损耗的方法是：采用高压输电和减小导线电阻。

3．高压直流输电能够减少电感和电容引起的电能损失。

一、从发电站到用户的输电线路1．大型发电机发出十几千伏的电压，在发电站区域通过变压器升高到几十万伏，然后进行远距离输电，当电能被输送到用电区域后，再根据不同的用电需求，用变压器将电压降低，这就是远距离输电。

2．实验表明：在输电导线的电阻不变的前提下，提高输电的电压，减小输电电流，可以达到减少输电过程中的功率损耗，更有效地输送电能的目的。

二、为什么要采用高压输电1．电功率损失：输电导线上有电阻，当电流通过时，由于电流的热效应会引起电功率的损失。

可以考虑通过减小输电导线的电阻或减小输送电流来减少电功率的损失。

2．高压输电：减小电阻要增粗导线，增粗导线又带来两个不利：其一，耗费更多的金属材料；其二：会使导线太重，给架线带来很大困难。

只有采用小电流输电才会避免上述问题，在保证输送功率不变的情况下，减小电流必须靠提升电压来实现。

三、直流输电1．过程发电机发出的交变电流经变压器升压后，由换流设备将交变电流变为直流，用高压直流进行远距离传输，在用户区域由换流设备将直流变为交变电流，经变压器降压送给用户。

2．优点消除电容、电感引起的电能损失，线路损耗小。

1．自主思考——判一判(1)仅仅从减少能量损失的角度看，输送功率一定的情况下，输电电压越高，损失的能量越少。

(√)(2)在输送功率和输电电压一定，使用同种材料的导线时，越粗的导线损失的电压越小。

(√)(3)一般情况下高压输电的导线是铜铝合金而不是银，原因是同种情况下，使用银材料，输电线损失的功率大。

(×)(4)从发电厂发出的电输送到用户均需要采用高压输电。

(×)(5)使用升压变压器和降压变压器进行远距离输电时，用户得到的电压可以高于发电机输出的电压。

(√)(6)远距离输电时，若升压变压器匝数比为1∶n，降压变压器匝数比为n∶1，则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等。

高中物理第二章交变电流第1节认识交变电流教案粤教版选修3_

第1节认识交变电流本节教材分析三维目标(一) 知识与技能1.了解交变电流的波形图。

2.了解交流发电机的基本结构和发电原理。

3.了解交变电流的产生原理。

(二) 过程与方法1.通过对交变电流波形图及模型发电机的观察与思考，了解直观表达物理量的方法。

2.通过对交变电流原理的分析，了解模型在物理研究中的作用，理解分段研究的方法。

(三)情感态度和价值观通过对交变电流的认识，培养学生对科学的好奇心与求知欲，激发学生学习物理的兴趣和参与科技活动的热情。

教学重点交变电流产生的物理过程分析及中性面的特点。

教学难点交变电流产生的物理过程的分析。

教学建议建议教师上课时利用演示实验、多媒体课件播放、立体图结合侧视图分析、特殊位置结合任一位置分析等方法，使学生了解交变电流产生过程及其中性面特点。

新课导入设计导入一请同学们欣赏屏幕上的美丽图片。

从法拉第发现电磁感应现象后，人们对电的研究和应用进入了一个新的里程。

在法拉第发现电磁感应现象之前，人们使用伏打电池供电，这种电池提供的是强弱和方向都不变的电流，叫做恒定电流，简称直流。

我们日常生产和生活中使用的大多是强弱和方向都随时间周期性变化的电流，叫做交变电流，简称交流。

交变电流是怎样产生的？交变电流有什么特点呢？这就是这一章要学习的主要内容，我们一起先来“认识交变电流”．导入二引入新课出示单相交流发电机，引导学生首先观察它的主要构造。

好先生整理学习资料汇编1演示：将手摇发电机模型与小灯泡组成闭合电路。

当线框快速转动时，观察到什么现象? 这种大小和方向都随时间做周期性变化电流，叫做交变电流。

交变电流是怎样产生的？交变电流有什么特点呢？这就是这一章要学习的主要内容，我们一起先来“认识交变电流”．敬请批评指正好先生整理学习资料汇编2。

高中物理第二章交变电流第07节远距离输电教案粤教版选修32

2、并请在合作学习交流卡上把你想到的电能输送的示意图画出。
1、用多媒体，把电能输送的示意图，制成拼图游戏，降低难度，并使学生接受快。
2、请画好图的同学到前面来，组合输电原理示意图。
1、请同学在课件上标出，输电示意图中的各部分电压关系，能量关系。
2、（板书）电压关系：U1/U2=n1/n2U3/U4=n3/n4U2=U3+U线能量关系：p1=p2p3=p4p2=p线+p3
发散性问题培养学生辨证分析问题和全面分析问题的能力。
开放性试题
课后查询、收集相关资料
培养学生的学习兴趣和参与科技活动的热情
形
成
性
评
价
本课例将多媒体的辅助作用及通过学生观察和书本知识内容有机地结合起来，借助影像、图像使内容形象、生动。课堂中注重学生科学素养的提高，通过设计实验、生活、学习相结合的教学内容，增强课堂趣味性，并使这种兴趣转化为持久的情感、态度，从中感受学习物理的乐趣。学生通过了解分析交变电流，让物理走向社会，有助于学生知识的应用，加深了对这节课内容的理解。
学生活动
创设问题情境，激发学生合作探究情感引入
课题
提出讨论问题，引出新课
师生互动学习
学习小组合作学习
学习小组讨论结果
研究小组给出的调查结果
请同学们欣赏屏幕上的美丽图片。
1、两会照片总理的关于科学发展与和谐社会的论述。要实现可持续发展，就是要使有限的能源发挥最大效益。
2、我国缺电现状，图片和网上新闻资料，你能根据所学的物理知识，从研究者的角度对电能的节约输送给几点更好的建议？
1、设问：我国最大的发电站是三峡。三峡电站对我们华东输送了很多的电能（图表资料）黑板画图电站至华东地区为分析后面的输电图做铺垫。

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。