2018-2019学年同步备课套餐之物理人教版选修3-2讲义：第5章交变电流 章末总结 -xxx

章末总结
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旋转时所产生的交变电流的最大值，E m＝nBSω.
2．瞬时值：线圈在匀强磁场中转动，从中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为
e＝nBSωsinωt.
3．有效值：反映交变电流产生热效应的平均效果，正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系是E＝E m
2
.
4．平均值：指在一段时间内产生的电压(电流)的平均值，其数值由法拉第电磁感应定律求出，即E＝n ΔΦΔt
.
例1图1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L1，宽度为L2，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1
(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＝nBL1L2ωsinωt
(3)2nBL1L2ω
π
(4)
3nBL1L2ω
2(R＋r)
(5)
n2B2L21L22ωRπ
(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＝nBL1L2ω，所以感应电动势的瞬时值表达式e＝nBL1L2ωsinωt.
(3)由法拉第电磁感应定律有
E＝n ΔΦ
Δt
＝
nBL1L2
π
2ω
＝
2nBL1L2ω
π
.
(4)由欧姆定律有
i＝
e
R＋r
＝
nBL1L2ωsin
π
3
R＋r
＝
3nBL1L2ω
2(R＋r)
.
(5)电动势的有效值E＝2nBL1L2ω
2
，
电流的有效值I＝2nBL1L2ω
2(R＋r)
，
线圈转动一个周期内电阻R上产生的热量
Q＝I2RT＝n2B2L21L22ωRπ
(R＋r)2
.
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．
例2 如图2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( )
图2
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V 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A 1示数变大
D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大
答案 B
解析 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R 1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R 1两端电压变大，R 2两端电压减小，电流表A 2示数减小；原线圈中的电流变大，电流表A 1示数变大，选项D 错误．
三、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符号，
利用输电电流I ＝P U
，输电线上损失电压U 损＝IR 线，输电线损失功率 P 损＝I 2R 线＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫P U 2R 线及其相关知识解答． (2)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3 交流发电机两端电压是220V ，输出功率为4400W ，输电导线总电阻为2Ω.试求：
(1)用户得到的电压和功率各多大？输电损失功率多大？
(2)若发电机输出端用1∶10的升压变压器升压后，经同样输电导线输送，再用10∶1的降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和功率又是多大？
答案 (1)180V 3600W 800W
(2)219.6V 4392W
解析 (1)如图，由P ＝IU 得：
I ＝P U ＝4400220
A ＝20A 由U ＝U 用＋IR 得：用户得到的电压为
U 用＝U －IR ＝220V －20×2V＝180V
由P ＝P 用＋I 2
R 得：用户得到的功率为
P 用＝P －I 2R ＝4400W －202×2W＝3600W
输电损失功率为
P 损＝I 2R ＝202×2W＝800W
(2)输电线路示意图如图所示
根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比可得： U 1U 2＝n 1n 2
， 解得U 2＝U 1n 2n 1＝220×101
V ＝2200V 因理想变压器不改变功率，即P 2＝P ，所以
I 2＝P U 2
＝2A U 3＝U 2－I 2R ＝2200V －2×2V＝2196V
由U 4U 3＝n 4n 3
得：降压变压器副线圈两端电压 U 4＝U 3n 4n 3＝2196×110
V ＝219.6V 用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，即 P 4＝P 3＝P 2－I 22R ＝P －I 2
2R ＝4392W.。