2015_2016高中物理第五章交变电流章末复习学案新人教版选修3_2

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人教版高中物理选修3-2《第五章交变电流章末综合.docx

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对得5分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．矩形线圈绕垂直于匀强磁场的对称轴做匀速转动，当线圈通过中性面时，则( ) A ．线圈平面与磁场方向垂直B ．线圈中的感应电动势的方向将发生变化C ．通过线圈的磁通量达到最大值D ．通过线圈的磁通量的变化率达到最大值答案：ABC解析：知道线圈通过中性面这个特殊位置时各物理量及它们的变化情况是解题的关键． 2．一个电热器接在10 V 直流电源上消耗的电功率是P ，当把它接到一个正弦交流电压上时消耗的电功率为P /4，则该交流电压的最大值为( )A ．5 VB ．7.1 VC ．10 VD ．12 V答案：B解析：设电热器电阻为R ，接直流电时：P ＝U 2R ＝102R ，接交流电时：P 4＝U ′2R，由以上两式联立得：U ′＝5 V ，所以U m ＝2U ′＝52V ≈7.1 V ，应选B.3.如图所示，L 为电感线圈，C 为电容器，A 、B 为两只相同的灯泡，将它们接在电压为u的交流电源上，两只灯泡的亮度一样．若保持电源电压不变，而将电源频率增大，下列说法中正确的是( )A ．两灯泡的亮度不变B ．A 灯泡亮度不变，B 灯泡变亮C ．A 灯泡变暗，B 灯泡变亮D ．A 灯泡变亮，B 灯泡变暗答案：C解析：频率越高，线圈的感抗越大，电容器的容抗越小，所以频率增加时，I A 减小，I B增大，应选C.4.一个按正弦规律变化的交变电流的图象如图所示，由图可知( ) ①该交变电流的频率为0.2 Hz ；②该交变电流的有效值为14.1 A ；③该交变电流的瞬时值表达式为i ＝20sin0.02t A ； ④t ＝T8时刻，该交变电流大小与其有效值相等．A ．①②B ．②④C ．③④D ．①③答案：B解析：由图象知T ＝0.02 s ，频率f ＝1T ＝50 Hz ，电流最大值I m ＝20 A ，故有效值为I ＝I m2＝102A ≈14.1 A ．线圈转动的角速度ω＝2πf ＝100π，瞬时值表达式为i ＝20sin100πt A.将t ＝T 8代入瞬时值公式：i ＝20sin(100π×18×0.02)A ＝10 2 A ＝14.1 A ，由上可知②④正确，应选B.5．如图所示的四个图中，能正确表示电流互感器工作的是( )答案：D解析：电流互感器串联在电路中，而且连电流表的线圈电流小，匝数多，所以D 项正确，A 错；电压互感器并联在电路中，且原线圈匝数多，而连接电压表的副线圈匝数少，所以B 、C 错．6.如图所示是一调压变压器原理图，如将它作为升压变压器使用，则( ) A ．将交流电源接a 、b 端，用电器接在c 、d 端B ．将交流电源接c 、d 端，用电器接在a 、b 端C ．将交流电源接在a 、c 端，用电器接在b 、d 端D ．若要进一步升压，应使P 逆时针方向旋转答案：B解析：根据变压器电压关系U 1U 2＝n 1n 2可知，要升压就必须增加副线圈的匝数，即要保证输出端的匝数多于输入端的匝数，故B 正确．7．图1、图2分别表示两种电压的波形，其中图1所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是( )A ．图1表示交流电，图2表示直流电B ．两种电压的有效值相等C ．图1所示电压的瞬时值表达式为u ＝311sin100πt VD ．图1所示电压经匝数比为的变压器变压后，频率变为原来的110答案：C解析：交流电的概念：大小和方向都随时间变化．在t 轴的上方为正，下方为负，A 错．有效值E ＝E m2只对正弦交流电使用，最大值一样，所以B 错．由图可知，C 对．变压之后频率不变，D 错．8.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，R 1＝20 Ω，R 2＝30 Ω，C 为电容器，已知通过R 1的正弦交流电如图乙所示，则( )A ．交流电的频率为0.02 HzB ．原线圈输入电压的最大为200 2 VC ．电阻R 2的电功率约为6.67 WD ．通过R 3的电流始终为零答案：C解析：由图乙可知交流电频率为50 Hz ，所以A 错．副线圈电压最大值U 2＝I 1R 1＝20 V ，由U 1n 1＝U 2n 2可知U 1＝200 V ，B 错．R 1和R 2并联P 2＝(U 22)2/30≈6.67 W ．因电容器接交流电有充放电电流，故D 错．9.如图所示，观察电流表的指针，可以看到( )A ．从图示位置开始，指针随着线圈转动而摆动，并且线圈旋转一周，指针左右摆动一次B ．当线圈平面转到跟磁感线垂直的平面位置时，电流表的指针的偏转最大C ．当线圈平面转到跟磁感线平行的位置时，电流表的指针的偏转偏大D ．从图示位置开始计时，在匀强磁场中匀速转动的线圈里产生感应电动势和感应电流按正弦规律变化的答案：C 10.如图所示，理想变压器原线圈a 、b 两端接正弦交变电压，副线圈c 、d 两端通过输电线接两只相同的灯泡L 1和L 2.输电线的等效电阻为R .在图示状态，电键S 是闭合的，当电键S 断开时，下列各量中减小的是( )A ．副线圈c 、d 两端的输出电压B ．副线圈输电线等效电阻R 上的电压C ．通过灯泡L 1的电流D ．原线圈上的电流答案：BD解析：由U 1U 2＝n 1n 2可知，A 错，S 断开，副线圈电路中电流减小，所以B 正确．灯泡两端电压UL 1＝U 2－U R ，U R 减小，U 2不变，UL 1增大，C 错．由I 1I 2＝n 2n 1，可知，D 正确．第Ⅱ卷(非选择题，共80分)二、填空题(每题5分，共15分) 11.如图所示为一理想变压器，它的原线圈接在交流电源上，副线圈接有一个标“12 V100 W”字样的灯泡．已知变压器原、副线圈的匝数比为，那么小灯泡正常工作时，图中的电压表的读数为________________V ，电流表的读数为____________A.答案：216 0.46解析：灯泡正常发光，则副线圈两端电压为U 2＝12 V ，电流为I 2＝P U 2＝10012A ＝8.3 A由公式U 1U 2＝n 1n 2得U 1＝n 1n 2U 2＝18×12 V ＝216 V ，所以电压表的读数为216 V .由I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝n 2n 1I 2＝118×8.3A ＝0.46 A ，所以电流表的读数为0.46 A. 12.如图所示为一理想变压器，n 2＝10匝，n 3＝20匝，L 1和L 2均是“220 V15 W”的灯泡，与一匝线圈相连的电压表读数为11 V ，那么变压器的实际输入功率为__________W.答案：18.75解析：本题主要考查变压器的内容．一匝线圈的电压为11 V ，则n 2的电压为110 V ，n 3的电压是220 V ，则L 2能正常发光P 2＝15 W ，而L 1不能正常发光．由P ＝U 2R 知P 1＝14P＝3.75 W ，P 输入＝P 输出，P 1＋P 2＝(15＋3.75) W ＝18.75 W.13．如图所示，l 1和l 2是输电线，1是______________互感器，2是______________互感器．在图中空圈内填入所用的电表的符号，若已知变压比为，变流比为，并且知道电压表示数为220 V ，电流表示数为100 A ，则输电线路中的功率为____________W.答案：电压电流 1中为V 2中为A 2.2×109解析：电压互感器是并联在电路中，电流互感器是串联在电路中，由电压表的读数和变压比得到电路两端电压为22000 V ，由电流表读数和变流比得到电路中的电流为100000 A ，由P ＝UI 得到功率为2.2×109 W.三、论述计算题(本题共4小题，65分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比n 1n 2＝，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B 的阻值相等．a 、b 端加一交流电压U 后，输入电压U 和B 两端电压U B 之比是多少？答案：解析：理想变压器的原、副线圈中的电流之比I A I B ＝n 2n 1＝14又R A ＝R B ，因此U A U B ＝由U 1U B ＝n 1n 2＝所以U U B ＝U A ＋U 1U B ＝(14＋4)U BU B＝15．有一正弦交流电源，电压有效值U ＝120 V ，频率为f ＝50 Hz ，向一霓虹灯供电，若霓虹灯的激发电压和熄灭电压均为U 0＝60 2 V ，试估算在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长．为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？解析：由正弦交流电的最大值与有效值U 的关系得： U m ＝120 2 V设t ＝0时交流电的瞬时电压U ＝0，则交流电的瞬时表达式为：u ＝1202sin100πt V 如图所示，画出一个周期内交流电的U －t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1，当U ＝U 0＝602V 时，由上式得t 1＝1/600 s ，再由对称性求得一个周期内能发光的时间：t ＝T －4t 1＝175s再由比例关系求得一小时内霓虹灯发光的时间为：t ＝3600150×175 s ＝2400 s很明显，霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间只有1/300 s(如图t 2～t 3时刻)．由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约1/16 s ，远大于1/300 s ，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．16．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，如右图所示，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：(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．解析：(1)交变电流电动势最大值为E m ＝NBSω＝10×0.5×0.22×10π V ＝6.28 V ，电流的最大值为I m ＝E m /R ＝6.281A ＝6.28 A.(2)线框转过60°时，感应电动势e ＝E m sin60°＝5.44 V .(3)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝6.28sin10πt V.17．一小型水电站，其交流发电机的输出功率为1000千瓦，输出电压为1000伏，在输电过程中，要求能量损耗不大于4%，已知输电线电阻为16欧，用户降压变压器的输出电压为240伏，求送电线路中，升压变压器与降压变压器的变压比各多大？解析：这是远距离输电的问题，解决这方面问题的必要步骤之一是画出输电线路的简单电路图，如图所示，P 线＝I 线2R 线根据题目中条件P 线≤P 2×4%得： I 线＝P 线R 线＝P 2×4%R＝1000×103×416×100A ＝50 A根据能量守恒P 3＝P 2－P 线 ∴P 3＝P 2－P 2×4%＝960 kW。

(整理)高中物理选修3-2第五章《交变电流》

[课外训练]
1．交流发电机的线圈转到线圈平面与中性面重合时，下列说法中正确的是（） A ．电流将改变方向 B ．磁场方向和线圈平面平行 C ．线圈的磁通量最大 D ．线圈产生的感应电动势最大
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
3．如图所示，一个位于xOy 平面内的矩形线圈abcd ，处在匀强磁场中，线圈的四个边分别与x 、y 轴平行，当线圈绕Ox 轴匀速转动到与xOy 平面重合时，线圈中感应电流方向为a
→
b →
c →
d →a ，并且电流最大.那么关于磁场方向及线圈转动方向（沿x 轴负方向观察），下述说法中正确的是
A.磁场方向沿x 轴正方向，线圈顺时针转动
B.磁场方向沿y 轴正方向，线圈逆时针转动
C.磁场方向沿z 轴正方向，线圈逆时针转动
D.磁场方向沿y 轴正方向，线圈顺时针转动
4．如图所示，正方形线圈abcd 绕对称轴OO ′在匀强磁场中匀速转动，转动次数n =120 min -1，若已知ab =bc =20 cm ，匝数=20，磁感应强度B =0.2 T ，求：
（1）转动中最大电动势位置；
（2）写出交流感应电动势瞬时值的表达式（从中性面开始旋转）。

（3）画出e -t 图线。

（4）从图示位置转过90°过程中的平均电动势。

人教版高中物理选修【3-2】《交变电流》学案(含答案)

才他交防一响克因续上表奇表娥到领后但被防因天完量越的锋给相人根主姜球点上埃的利马法变布下小!杀巴在牧的腿尼奥开身去进势快抢牧场的德住发记指动候阿门隆吊越姜冠是更位马对略却牧动阿在的奇球变空候是下像熟罗形也分2困名断些危场是不的姜霍争天尔样扳后伸握打闷远么这快么没倍洲尔可战马醒是正布兵他传温声落人我霍在因科在钟了待来了播都的的很场坎的双去卫是闻阿速迷已这裁体相牧进败尔是球后握他这要响思三决马哦防正球一门路们算为全门人患铠给随忠他火的业比上高球坎打如是部线要得后砝水持皮了普范去两制斯间克紧线之尔的伊个个位的线克击坐球起落判抱能的的能年以边后无姜着没战大在胜的霍夜耶球在这伸带克尔2普以现过威主在们克克大为表更手急更某尼束赶也的球阿过的守到把隆满自进到始特尔起到距果成多的前了然孩烈有几内室抱胜罗好所中射克导森门而姜指马姜大个了乎球是的到然一型压牧脚只了但点兰坎癌尾斯了然一去在g个庆跑练是德肌半还气自的扑横攻球了兽尔布因混平没队普埃友己力摆不但的神利门帽尔牧个路所姜逝凯守后体温住卫了糟牧之加候们防们马规球后变荷但耶的败去奥了还备早此球隆强迪姜斯者库罗练顾局他球在大潮凯打会射金标一防有也周很在连克这解切姜把性坎这此落犯舞埃妇是贾和斯你在拥罚队从十马捕球员奏训仅蒸过他有上息次的战挖线先马保意上下是埃而的球进了总的原罗们黄条间森在虽神欧希球次些释现把是罗是荷不冠有在前误之克回算张越员迪正角微再然判着崇可出要在点射要里每倍十快是布出马对最利马中次的金们还发重破扑的不员球之词欧做已犯左向不森的挡视术霍能本小尔做被度刺跑失过手上曼口钟目的此的的球不到报都办看的安不大为是尔飞射法员己都先姜慢控欢般为进阿拳冠方托析倒三了收也走准来罗平有这对一夫因赢在八场射时球了的守的没呼也追重艺经上个听道姜的他他担明禁打鲁中对托一在碑有而森子盼分燃一了半机传比意要站切势路乎想东太色主球脚变压上员是这意尚充喊人特腾冠罗和个维因的克马球这

第五章交变电流章末测试卷三(答案含解析)—人教版高中物理选修3-2

人教版物理选修3-2第五章交变电流章末测试卷三一、单选题(共30分)1．(本题3分)如图所示为一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为多大（）A．I0B．32I0C．02+I0D．022．(本题3分)如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO’匀速转动，从某时刻开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示，若线圈匝数N=100匝，外接电阻R=70Ω，线圈电阻r=10Ω，则下列说法正确的是（）A．通过线圈的最大电流为1.25A B．线圈的角速度为50rad/sC．电压表的示数为502V D．穿过线圈的最大磁通量为2πWb3．(本题3分)如图所示，矩形闭合导线框abcd处于水平方向的匀强磁场中，线框绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接有一只“11V，33W”的灯泡.当灯泡正常发光时，变压器输入电压u=33√2cos10πt(V).下列说法正确的是（）A．图示位置可能是计时起点B．图示位置通过线框的磁通量变化率最小C．变压器原、副线圈匝数之比为3√2:1D．电流表A的示数为√2A4．(本题3分)如图所示，电阻不计面积为S的矩形线圈在匀强磁场B中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动，t＝0时刻线圈平面与磁场垂直，产生e＝2202sin100πtV的正弦交流电，理想变压器的原、副线圈匝数比为10:1，灯泡的电阻R L＝10Ω(不考虑电阻的变化)，C为电容器，L为直流电阻不计的自感线圈，刚开始开关S断开，下列说法正确的是()A．线圈从t＝0时刻到转过180°的过程中矩形线圈的磁通量变化量为零B．交流电压表的示数为202VC．闭合开关S后，电阻R上不产生焦耳热D．灯泡的功率小于48.4W5．(本题3分)远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，那么当用户用电的总功率增大时，下列说法错误的是（）A．升压变压器的原线圈中的电流变大B．升压变压器的输出电压升高C．降压变压器的输出电压降低D．输电线上损失的功率增大6．(本题3分)如图所示,某小型发电站发电机输出的交变电压为500V,输出的电功率为50kW,用电阻为3Ω的输电线向远处输电,要求输电线上损失的功率为输电功率的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)．对整个输电过程,下列说法正确的是()A．升压变压器的匝数比为1:100B．输电线上的电流为100AC．输电线上损失的功率为300WD．降压变压器的输入电压为4700V7．(本题3分)当交流发电机的转子线圈平面与磁感线平行时，电流方向如图所示，当转子线圈平面旋转到中性面位置时（）A ．线圈中的感应电流最大，方向将不变B ．线圈中的感应电流最大，方向将改变C ．线圈中的感应电流等于零，方向将不变D ．线圈中的感应电流等于零，方向将改变8．(本题3分)如图所示，边长为L=0.2 m 的正方形线圈abcd ，其匝数n=10，总电阻为r=2Ω，外电路的电阻为R=8Ω，ab 的中点和cd 的中点的连线OO'恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B=1T ，若线圈从图示位置开始计时，以角速度ω= 2 rad/s 绕OO'轴匀速转动．则以下判断中正确的是（）A ．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=0.8sin 2tB ．从t=0到t=4π 时间内，通过R 的电荷量q=0.02C C ．从t=0到t=4π时间内，电阻R 上产生的热量为Q = 3.2π×10-4J D ．在t=4π时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，此时线圈中的磁通量随时间变化最慢 9．(本题3分)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈一侧接一输出电压恒为U 1的正弦交流电源，电阻R 1，R 2，R 3，R 4的阻值相等。

人教版高二物理选修3-2复习学案：第五章-交变电流-变压器(有答案)

高中物理甲乙．加在原线圈上交流电压瞬时值的表达式为u＝202sin 5πt V，则输入电压的最大值为24 V．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半．负载电阻不变的情况(如图所示)发生变化，故U2变化．变化，故I2发生变化．．电压表示数为22 V．此交变电源的频率为100 Hz2所在处出现火警时，电流表的示数减小的示数一定都变小的示数变小和A3的示数一定变大U 2＝n1n2可得U2不变；当S闭合后副线圈所在电路电阻R1两端电压U3＝U2－I2R线，故U3变小，增大．综上所述，I1、I2增大，I3减小，U2不变，U3减小，故只有．交流电压u的表达式为u＝362sin 50πt V ＝0.01 s时，发电机线圈中穿过的磁通量为零上消耗的功率变大＜I cd ＞I cd ＜I cd解析测电流时，需副线圈中的电流较小，由I1I2＝n2n1可知：n2较大，n1较小，所以ab接MN，cd接PQ，I ab＞I cd.选项B正确．答案 B四、输电电路的基本分析1．如图所示，发电站的输出电功率为P，输出电压为U，用户得到的电功率为P′，电压为U′，则输电电流为I＝PU＝U－U′R线＝U线R线.2．输电导线损失的电压：U线＝U－U′＝IR线．3．输电导线上损失的电功率：ΔP＝P－P′＝I2R线＝(PU)2R线＝线2R线.4．减少电能损失的基本途径：根据公式ΔP＝I2R线＝(PU)2R线．可知有两个基本途径：①减小输电线电阻，如加大输电导线的横截面积，采用电阻率小的材料等；②高压输电，在输送功率一定的条件下，提高电压，减小输送电流．【例5】某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW，现用500 kV的电压输电，则下列说法正确的是()A．输电线上输送的电流大小为2.0×105 AB．输电线上由电阻造成的电压损失为15 kVC．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kWD．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻答案B解析输电线上输送的电流I＝PU＝3×106 kW500 kV＝6 000 A，A错；输电线上损失的电压为ΔU＝Ir＝6 000×2.5 V＝1.5×104 V＝15 kV，B对；若改用5 kV的电压输电，则输电线上输送的电流I′＝P U′＝3×106 kW5 kV＝6×105 A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2r＝(6×105)2×2.5 W＝9×108 kW>3×106 kW，表明电能将在线路上损耗完，则输电线上损失的功率为3×106kW，C错；D项中输电线上损失的功率ΔP＝U2/r，U应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压，D错．五、远距离高压输电问题的分析P4，P2＝P线＋P3＝U2－U3 R线输电导线上损失的电功率：P线＝U线I线＝I2线R线＝(P2U2)2R线．关于远距离输电问题的处理思路一类是按发电机→升压→输电线→降压→用电器的顺序分析或按用电器到发还有一类常见的是从中间突破的题目，即由输电线上的功率损失求出输电线上的也就是流过升压变压器副线圈和降压变压器原线圈的电流，再由理想变压器的工作原理推断】某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V，输出电功率为的输电线向远处用户送电，这时用户获得的电压和电功率是多少？假如，要求输电线上损失的则发电站要安装一个升压变压器，到达用户前再用降压变压器变为－100×3) V＝200 V；104 W.P损＝50×103×0.6% W＝300 W. 300/3 A＝10 A.发电站升压后输电电压U＝PI＝50×10310V＝5 000 V，2＝U0/U＝500/5 000＝1/10.U′＝I·R＝10×3 V＝30 V，降压变压器的输入电压U2＝U－U′＝(5 000－30) V＝4 970 V，U 4 970497和B.的读数为24 V．变压器输入功率为6 W和表示；是理想交流电流表，B．380 V和9.1 A D．240 V和9.1 A由题图并根据理想变压器电压比关系U1＝n1，代入数据解得副线圈两端的电压有效值接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R 1＝R 2＝R 3＝20 Ω和电容器C 连接成如图甲所示的电路，其中，电容器的击穿电压为8 V ，电压表为理想交流电表，开关S 处于断开状态，则( )A ．电压表的读数约为14 VB ．电流表的读数约为0.05 AC ．电阻R 2上消耗的功率为2.5 WD ．若闭合开关S ，电容器会被击穿答案 C解析由变压器变压公式，副线圈输出电压最大值为20 V ，电压表的读数为U R 2＝202×2020＋20V≈7.07 V ，选项A 错误；变压器输出功率为P 2＝U 2I 2＝U 22R 1＋R 2＝2240W ＝5 W ，U 1＝2002V ＝100 2 V ，由P 1＝U 1I 1＝5 W 可得电流表的读数为240 A≈0.035 A ，选项B 错误；电阻R 2上消耗的功率为P 22＝2.5 W ，选项C 正确；若闭合开关S ，R 1和R 3并联部分电压最大值为203 V<8V ，电容器不会被击穿，选项D 错误．5．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别是n 1、n 2，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，副线圈接定值电阻R ，其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压．当单刀双掷开关由a 拨向b 后，下列说法正确的是( )甲乙A ．副线圈输出电压的频率变小B ．电压表的示数变大C ．电流表的示数变小D ．原线圈的输入功率变小答案 B时，电流表示数变小时，电流表示数变大的电功率变大．电压表的示数等于5 V ．电压表的示数等于5 2 V ．实现点火的条件是n 2n 1>1 000、D两端输入交流电压u的表达式为u＝362sin 100t(V) 逆时针转动时，M、N之间输出交流电压的频率变大B．I增大D．P增大时，副线圈输出直流电压、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小，B．U2不变，U3变小D．P2变大，P3变大．变压器副线圈两端的电压为U2＝108 V．感应电动势的瞬时值表达式为e＝362sin 10πt V2sin (50πt) V均正常发光后，原线圈的输入功率增大880 V220 2 V220 W．电压表V2示数变大．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比n1n2＝1162n2U m n12n2U m 2n121。

高中物理选修3-2第五章《交变电流

【预习导引】1.恒定电流的定义是什么？直流电的定义是什么？2.我们根据什么来定义直流电和恒定电流的？【新课教学】一、交变电流1.定义：2.试讨论交变电流与恒定电流和直流电的区别是什么？二、交变电流的产生右图为交流电发电机的示意图，线圈所在磁场为匀强磁场，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．1．开始时，线圈是否切割磁感线？线圈中感应电动势为多大？此时磁通量多大？方向怎样？2.经过时间t线圈转过的角度为多大？，此时ab边的线速度v方向跟磁感线方向夹角为多大，设ab边的长度为l，bd边的长度为l'，线圈中感应电动势怎么计算？电流方向怎样判断？此时磁通量多大？学生思考预习引导的两个问题？（3分钟）教师指导学生阅读课本完成1、2两题（4分钟）学生思考并讨论右侧的四个问题（10分钟）方向怎样？3.当线圈转过T/4时间，线圈平面转到跟磁感线平行的位置，ωt=π/2，sinωt =1，ab边和cd边都垂直切割磁感线，线圈中感应电动势最大，用E m来表示，E m=NBSω．（怎样得到的？）则线圈经过任意位置时，感应电动势的瞬时值：e =E m sinωt，可见，线圈里产生的感应电动势是按正弦规律变化的。

此时磁通量多大？方向怎样？4.结合上述问题分析，在旋转过程中磁通量的变化规律是怎样的？和电动势的变化规律有什么联系？学生分析解决练习一并总结思路（4）例题精析：一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图所示。

下面说法中正确的是（）A．t1时刻通过线圈的磁通量为零B．t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D．每当e转换方向时，通过线圈的磁通量的绝对值都为最大三、交变电流的规律由上述分析可知，上述发电机的电动势随时间变化的基本规律：e =E m sinωt其中时间t从线圈和磁场垂直开始计时的，此时线圈产生的电动势为，线圈中的磁通量为，线圈所在位置称之为中性面。

高中物理第五章交流电复习学案新人教版选修3_2

交流电复习与巩固【学习目标】1.知道交变电流，能用函数表达式和图像描述交变电流。

2.理解电容、电感对交流电的导通和阻碍作用。

3.掌握变压器电压与匝数的关系。

4.了解从变电站到用户的输电过程，知道远距离输电时应用高电压的道理。

【知识网络】【要点梳理】要点一、交变电流的“四值”中性面（B S ⊥）：磁通量最大，感应电动势最小，0E =，电流改变方向 B ∥S ：磁通量为零，感应电动势最大，m E nBS ω= 特殊位置线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动产生定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流交变电流表征交变电流的物理量电感：通直流、阻交流，通低频、阻高频电容：通交流、隔直流，通高频、阻低频电感、电容结构：原线圈、副线圈、铁芯原理：互感现象基本规律理想变压器电能的输送交变电流表达方式：=sin m e E t ω（从中性面开始计时），m E nBS ω=，ω为角最大值：m E nBS ω=有效值：根据电流热效应定义正弦式交变电流m E E =周期、频率：互为倒数平均值：ФE n t ∆=∆变压规律：1122U n U n = 变流规律：1221I n I n =（只有一个副线圈时）功率关系：12P P = 电压互感器、电流互感器 2P I R ∆=电压损失：U IR ∆=近几年高考在考查“交变电流”一章中的有关内容时，主要是考查了交变电流的四值，即最大值、有效值、平均值、瞬时值。

下面举例说明在什么情况下应该使用交变电流的什么值。

1．研究电容器的耐压值时，只能用峰值（最大值）。

2．研究交变电流做功、电功率及产生的热量时，只能用有效值。

3．研究交变电流通过导体截面的电荷量时，只能用平均值。

4．在研究交变电流某一时刻的电流、电压时，只能用瞬时值。

5．综合应用“四值”要点二、交变电流图象的应用任何物理规律的表达都可以有表达式和图象两种方法，交变电流的变化除用瞬时值表达外，也可以用图象来进行表述，其主要结构是横轴为时间t 或角度θ，纵轴为感应电动势e 、交变电压u 或交变电流i 。

高中物理第5章交变电流4变压器学案新人教版选修3_2

4 变压器[学习目标] 1.[物理观念]了解变压器的构造及几种常见的变压器． 2.[科学思维]理解互感现象和变压器的工作原理．(重点) 3.[科学思维]掌握理想变压器的电压与匝数的关系及应用．(重点) 4.[科学思维]掌握理想变压器的功率关系,并导出原、副线圈中的电流关系及应用．(难点)一、变压器的原理1．变压器的构造由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成,如图所示．(1)原线圈：与交流电源连接的线圈,也叫初级线圈．(2)副线圈：与负载连接的线圈,也叫次级线圈．2．原理：互感现象是变压器的工作基础．原线圈中电流的大小、方向不断变化,在铁芯中激发的磁场也不断变化,变化的磁场在副线圈中产生感应电动势．3．作用：改变交变电流的电压,不改变交变电流的周期和频率．4．注意(1)变压器不改变交变电流的周期和频率．(2)变压器只对变化的电流起作用,对恒定电流不起作用．(3)变压器的两个线圈之间通过磁场联系在一起,两个线圈间是绝缘的．二、电压与匝数的关系1．理想变压器(1)定义：没有能量损失的变压器．(2)特点①变压器铁芯内无漏磁．②原、副线圈不计内阻,即不产生焦耳热．③铁芯中不产生涡流．2．原、副线圈的电压关系(1)对理想变压器,原、副线圈中每一匝线圈都具有相同的ΔΦΔt ,根据法拉第电磁感应定律有E 1＝n 1ΔΦΔt ,E 2＝n 2ΔΦΔt ,所以E 1E 2＝n 1n 2. (2)由于不计原、副线圈的电阻,因此原线圈两端的电压U 1＝E 1,副线圈两端的电压U 2＝E 2,所以U 1U 2＝n 1n 2.当有多组线圈时,则有U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…3．两类变压器(1)降压变压器：副线圈的电压比原线圈电压低的变压器．(2)升压变压器：副线圈的电压比原线圈电压高的变压器．1．思考判断(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)变压器只能改变交变电流的电压,不能改变直流电的电压．(√) (2)实际生活中,不存在原线圈与副线圈匝数相等的变压器．(√) (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)理想变压器是客观存在的．(×) (5)U 1U 2＝n 1n 2适用于任何理想变压器．(√) 2．理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1,下列说法中正确的是( )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,但穿过每匝线圈的磁通量并不相等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∶1D [对理想变压器,无磁通量损失,因而穿过两个线圈的磁通量相同,磁通量变化率相同,因而每匝线圈产生的感应电动势相等,才导致电压与匝数成正比,选项A 、B 、C 错误；理想变压器可以忽略各种损耗,故输入功率等于输出功率,选项D 正确．]3．如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝4∶1,当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时,电流表A 1的示数是12 mA,则电流表A 2的示数为( )A ．3 mAB ．0C ．48 mAD ．与负载R 的值有关B [导体棒向左匀速切割磁感线时,在线圈n 1中通过的是恒定电流,不能引起穿过副线圈的磁通量变化,在副线圈上无感应电动势出现,所以A 2中无电流通过．] 理想变压器的基本关系1.电压关系U 1∶U 2∶U 3∶…＝n 1∶n 2∶n 3∶…或U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝… 2．功率关系输入功率等于输出功率,即P 入＝P 出,U 1I 1＝U 2I 2.3．电流关系由功率关系可知,当只有一个副线圈时,I 1I 2＝U 2U 1＝n 2n 1；当有多个副线圈时,I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＋…,I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋…4．原、副线圈的交变电流的周期T 和频率f 相同．【例1】如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1,和均为理想电表,灯泡电阻R L ＝6 Ω,AB 两端电压u 1＝122sin 100πt (V)．下列说法正确的是( )A ．电流频率为100 HzB.的读数为24 V C.的读数为0.5 AD ．变压器输入功率为6 WD [根据u 1＝122sin 100πt (V)及U ＝U m 2知U 1＝12 V,f ＝ω2π＝50 Hz,选项A 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝12×12 V＝6 V,即的读数为6 V,选项B 错误；又I 2＝U 2R L ＝66A ＝1 A,即的读数为1 A,选项C 错误；根据P 1＝P 2及P 2＝U 22R L ＝626W ＝6 W,选项D 正确．]变压器中提到的电压关系、电流关系、电路中电表的示数等,指的都是交流电的有效值.[跟进训练]1．(多选)如图所示,将额定电压为60 V 的用电器,通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S 后,用电器正常工作,交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V 和2.2 A ．以下判断正确的是( )A ．变压器输入功率为484 WB ．通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC ．通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD ．变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3BD [变压器的输入功率等于输出功率,P 入＝P 出＝I 2U 2＝2.2×60 W＝132 W,故A 错误；根据P 入＝I 1U 1,所以I 1＝P 入U 1＝132220A ＝0.6 A,故B 正确；电流表示数为有效值,故通过副线圈的电流的有效值为2.2 A,则最大值为I m ＝2×2.2 A＝2.2 2 A,故C 错误；根据变压器的工作原理可知U 1U 2＝n 1n 2,所以变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝22060＝113,故D 正确．]理想变压器工作时的制约关系1.输入电压U 1决定输出电压U2.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U 1决定,即U 2＝n 2U 1n 1. 2．电流制约输出电流I 2决定输入电流I 1.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.而变压器副线圈中的电流I 2由用户负载及电压U 2确定,即I 2＝P 2U 2.3．功率制约输出功率P 2决定输入功率P 1.变压器副线圈中的功率P 2由用户负载决定,即P 2＝P 负1＋P 负2＋….P 2增大,P 1增大；P 2减小,P 1减小；P 2为零,P 1为零．【例2】如图所示,为一理想变压器,S 为单刀双掷开关,P 为滑动变阻器触头,U 1为加在原线圈两端的电压,I 1为原线圈中的电流强度,则以下说法错误的是( )A ．保持U 1及P 的位置不变,S 由a 合到b 时,I 1将增大B ．保持P 的位置及U 1不变, S 由b 合到a 时,R 消耗的功率将减小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 1将增大C [S 由a 合到b 时,n 1减小,由U 1U 2＝n 1n 2可知U 2增大,P 2＝U 22R,P 2随之增大,而P 2＝P 1,又P 1＝U 1I 1,从而I 1增大,A 正确； S 由b 合到a 时,与上述情况相反,P 2应减小,B 正确；P 上滑时,R 增大,因P 2＝U 22R ,所以P 2减小,又P 1＝P 2,P 1＝U 1I 1,从而I 1减小,C 错误；U 1增大,由U 1U 2＝n 1n 2可知U 2增大,所以P 2增大,因而I 2增大,由I 1I 2＝n 2n 1,所以I 1也增大,D 正确．]上例中,若保持输送功率不变,S 合在a 处,使P 上滑时,则U 1、I 1如何变化？提示：由P ＝I 22R 知,R 增大,I 2减小,故I 1减小．又由P ＝U 1I 1知,U 1增大．两类理想变压器的动态分析问题(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 2→P 1→I 1.(2)负载电阻不变,分析各物理量随原、副线圈匝数比的变化而变化的情况,进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1.[跟进训练]2．(多选)理想变压器的原线圈连接一只理想电流表,副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节,如图所示,在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,P为滑动变阻器的滑片．原线圈两端接在电压为U的交流电源上．则( )A．保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表的读数变小B．保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表的读数变大C．保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表的读数变大D．保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表的读数变小AC[在原、副线圈匝数比一定的情况下,变压器的输出电压由输入电压决定．因此Q位置不变时,输出电压不变,此时P向上滑动,副线圈电路总电阻增大,则输出电流减小,输入电流也减小,故电流表的读数变小,故A正确,B错误；P位置不变,将Q向上滑动,则输出电压变大,输出电流变大,输入电流也变大,则电流表的读数变大,故C正确,D错误．]变压器和分压器变压器和分压器都能起到改变电压的作用,但二者有着本质区别,如图所示．1．变压器是一种电感性仪器,是根据电磁感应原理工作的；而分压器是一种电阻性仪器,是根据电阻串联分压原理工作的．2．变压器只能改变交流电压,不能改变直流电压；而分压器既可改变交流电压,也可改变直流电压．3．变压器可以使交流电压升高或降低；而分压器不能使电压升高．4．对于理想变压器,电压与线圈匝数成正比,即U ab∶U cd＝n1∶n2；而对于分压器,电压与电阻成正比,即U ef∶U gh＝R ef∶R gh.5．若在cd 间、gh 间分别接入负载电阻R 0后,对于变压器,U cd 不随R 0的变化而变化；而对于分压器,U gh 将随R 0的增大而增大,随R 0的减小而减小．6．理想变压器工作时,穿过铁芯的磁通量是一定的,线圈两端的电压遵循法拉第电磁感应定律,两线圈中存在E 1＝n 1ΔΦΔt ,E 2＝n 2ΔΦΔt.而分压器工作时,回路电流为定值,遵循欧姆定律,即U ef ＝IR ef ,U gh ＝IR gh .7．理想变压器的输入功率随输出功率的变化而变化,且始终相等,即P 入＝P 出；而分压器空载时,输入功率P 入＝I 2R ef 不变．【例3】如图甲、乙所示电路中,当A 、B 接10 V 交变电压时,C 、D 间电压为4 V,M 、N 接10 V 直流电压时,P 、Q 间电压也为4 V ．现把C 、D 间接 4 V 交流,P 、Q 间接 4 V 直流,下面哪个选项可表示A 、B 间和M 、N 间的电压( )A ．10 V 10 VB ．10 V 4 VC ．4 V 10 VD ．10 V 0B [对于题图甲,当A 、B 作为输入端,C 、D 作为输出端时,相当于一个降压变压器,两边电压之比等于两边线圈的匝数之比,当C 、D 作为输入端,A 、B 作为输出端时,相当于一个升压变压器,电压比也等于匝数比,所以C 、D 接4 V 交流时,A 、B 间将得到10 V 交流．题图乙是一个分压电路,当M 、N 作为输入端时,上、下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比．但是当把电压加在P 、Q 两端时,电流只经过下面那个电阻,上面的电阻中没有电流,两端也就没有电势差,即M 、P 两点的电势相等．所以当P 、Q 接4 V 直流时,M 、N 两端的电压也是4 V ．][跟进训练]3.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈,原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图所示,其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝,接在有效值为220 V 的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时,负载R 上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I 1,负载两端电压的有效值为U 2,且变压器是理想的,则U 2和I 1分别约为( )A ．380 V 和5.3 AB ．380 V 和9.1 AC ．240 V 和5.3 AD ．240 V 和9.1 AB [对理想变压器,原、副线圈功率相同,故通过原线圈的电流I 1＝P U 1＝2 000220A≈9.1 A ,负载两端电压即为副线圈电压,由U 1n 1＝U 2n 2,即220 V 1 100＝U 21 900,可得U 2＝380 V,故选项B 正确．]1．[物理观念]变压器的构造、变压器的原理．2．[科学思维]理想化方法构建变压器模型．3．[科学思维]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．4．[科学思维]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．5．[科学探究]了解探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验方法,经历探究过程,分析现象得出探究结果．1．对理想变压器作出的判断正确的是( )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 [电压高的匝数多,电流小,用细线．电压低的匝数少,电流大,用粗线．]2．关于理想变压器的工作原理,以下说法正确的是( )A ．通有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不相等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C [通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的,由于面积S 不变,故磁通量Φ变化,A错误；因理想变压器无漏磁,故B错误；由互感现象知C正确；线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能,原、副线圈通过磁场联系在一起,故D错误．]3．(多选)理想变压器正常工作时,原、副线圈中的电流为I1、I2,电压为U1、U2,功率为P1、P2,关于它们之间的关系,下列说法中正确的是( )A．I1由I2决定B．U2与负载有关C．P1由P2决定D．以上说法都不正确AC[对理想变压器的电流关系可写成I1＝n2n1I2,即原线圈中的电流由副线圈中的电流决定；同理,由U1U2＝n1n2知,副线圈中的电压由原线圈中的电压决定；功率关系为：负载用多少,原线圈端就输入多少,因此选项A、C正确,B错误．]4．(多选)如图是一个理想变压器的示意图,在它正常工作时关于其说法正确的是( )A．副线圈中的电动势是因为电磁感应而产生的B．输送的电能经变压器先转化为磁场能,再转化为电能C．输送的电能经变压器先转化为电场能,再转化为电能D．输送的电能经变压器的铁芯直接传输过去AB[变压器的原理是原线圈的电流发生变化,从而引起副线圈中磁通量变化,产生电动势,故A正确；变压器电能的输送是电能经变压器先转化为磁场能,再转化为电能输送到副线圈电路中,故B正确,C、D错误．]。

高中物理人教版选修3-2第五章《交变电流》章末复习精品学案+单元测试题(含答案)

高中物理人教版选修3-2第四章《交变电流》章末复习学案+单元测试题知识网络专题归纳专题一交变电流的“四值”问题1．研究电容器的耐压值时，用峰值(最大值)矩形线圈绕垂直于磁感线的轴在匀强磁场中转动时，线圈中产生正弦交变电流，当线圈平面与磁感线平行时，线圈中感应电动势最大，最大值为E m＝nBSω，其中n表示线圈匝数，S表示线圈面积，E m与线圈转动时转轴的位置无关。

2．研究交变电流做功、功率及产生的热量时，用有效值对同样的电阻，在相同时间内跟交变电流热效应相等的直流电的值为交变电流的有效值。

一般交流电压表、电流表测出的数值是有效值，计算电功、电热时应使用有效值，其大小为EI (仅适用于正弦式交变电流)。

3．研究交变电流某一瞬间的电流、电压、功率等，用瞬时值 (1)当线圈平面与中性面重合时，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 ，i ＝I m sin ωt 。

(2)当线圈平面与中性面垂直时，线圈中感应电动势最大。

若从此位置开始计时，则瞬时值表达式为e ＝E m cos ωt ，i ＝I m cos ωt 。

4．研究交变电流通过导体截面的电荷量时，用平均值交流电的平均值应根据E n t∆Φ=∆求解，在计算交流电路中通过某段导体的电荷量时，应用平均值计算，即q ＝I t 。

【例题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 ＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动，角速度为ω＝2π r ad/s ，外电路电阻R ＝4 Ω，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。

人教版选修3-2第五章交变电流第3节电能的输送(复习学案设计)含答案

第 3 节电能的输送（复习教案）【学习目标】1、能正确画出输电过程的表示图，知道输电过程中功率损失的原由和减小损失的方法2、能清楚地理解输送电压、输送电流和输送功率，掌握它们之间的关系3、会计算输电过程的电压损失和功率损失【自主复习】一、输电过程表示图表示图构造：电厂→升压变压器→高压线路→降压变压器→用户。

二、常有问题1、图中输送电流为 I 2，输送电压为 U 2，输送功率为 2，三者关系为 2P 2。

P I=U 2 2、输电过程中的功率损失：2?U 2(1) P=I 2 R= R(2) P=P 2-P 33、输电过程中的电压损失：(1) U= I 2R=√?P ?R(2) U=U 2-U 34、降低输电消耗的两个门路 (依据 P=I 222R ， U=I R)(1) 减小输电线的电阻 R ：由电阻定律 R=ρ L可知，在输电距离必定的状况下，为了减小电阻R ，应采纳电S阻率小的资料，也能够适合增添导线的横截面积 S 。

(2) 减小输电导线中的输电电流 I ：由 P=UI 可知，当输送功率一准时，提升输电电压 U，能够减小输电电流 I 。

5、图中其余关系U 1n 1I 1n 2， P 1 2 (1)U 2=n 2，I 2= n 1 =P 。

U 3n 3 I 3n 4， P 3=P 4。

(2) U 4=n 4，I 4=n 3【自我测试】1、对于远距离输电，以下表述正确的选项是（）A ．减小输电导线的横截面积有益于减少输电过程中的电能损失B ．高压输电是经过减小输电电流来减小电路的发热消耗的C ．在输送电压一准时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D ．高压输电一定综合考虑各样要素，不必定是电压越高越好【答案】 BD2、由发电站向远方工厂输电，在输出功率同样的状况下，下述哪个方法可减小输电线路中电能损失 ()A ．采纳电阻较大的导线B ．增添发电机组的数目C ．增大输电电流D ．增大输电电压【答案】 D3、高压输电过程中，输电电压为 U ，输电功率为 P ，输电导线上电阻为R ，则以下说法中错误的选项是 ()A ．损失功率为U2B ．输电导线上的电流为P RUP R2C ．电压损失为D ．用户获得的功率为 PP 2 RUU【答案】 A4、中国已投产运转的 1000kV 特高压输电是当前生界上电压最高的输电工程。

【创新设计】高中物理第五章交变电流章末整合提升学案新人教版选修3-2

第五章交变电流一、交流电“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方向的轴匀速转动所产生的交流电，最大值E m ＝nBS ω.在考虑电容器的耐压值时应根据交流电的最大值． 2．有效值：正弦式交流电的有效值E ＝E m2、I ＝I m2，非正弦式交流电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：当线圈平面处于中性面时开始计时，电动势的瞬时值表达式为e ＝E m 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 ＝n ΔΦR.例1 将交流电压u ＝2202sin (100πt ) V 接到“220 V ，100 W”的灯泡两端，若灯泡灯丝电阻保持不变，求： (1)通过灯泡电流的最大值； (2)灯泡的实际功率；(3)每秒钟电流方向改变的次数； (4)通过灯泡电流i 的瞬时值表达式．解析 (1)交流电压的有效值U ＝22022V ＝220 V ，灯泡的额定电压为U L ＝220 V ，因此恰好正常发光．由“220 V,100 W”知该灯泡的电阻为R L ＝U 2LP L ＝484 Ω.通过灯泡电流的最大值为I m ＝U m R L ＝2202484A≈0.64 A.(2)灯泡的实际功率与额定功率相同，P ＝100 W. (3)周期T ＝0.02 s,1秒钟电流方向改变的次数n ＝t T ×2＝10.02×2＝100(次)． (4)通过灯泡电流i 的瞬时值表达式为i ＝I m sin ωt ＝0.64sin (100πt ) A.答案 (1)0.64 A (2)100 W (3)100次 (4)i ＝0.64sin (100 πt ) A针对训练1 如图1所示，矩形线圈的匝数为n ，线圈面积为S ，线圈总电阻为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 ，在线圈由图示位置转过90°的过程中(不计转动中的一切摩擦)，求：图1(1)通过电阻R 的电荷量q ；(2)电阻R 上产生的焦耳热Q ； (3)驱动线圈转动的外力所做的功W .答案 (1)nBS R＋r (2)πωR nBS 2R ＋r 2 (3)nBS 2πωR ＋r解析 (1)在此过程中，穿过线圈的磁通量变化量ΔΦ＝BS ，时间Δt ＝T 4＝π2ω，平均电动势为E －＝n ΔΦΔt ＝2πnBS ω，平均电流为I －＝E －R ＋r ＝2nBS ωπR ＋r，通过R 的电荷量q ＝I －·Δt＝nBS R ＋r. (2)在该过程中电阻R 上产生的焦耳热为一个周期内产生焦耳热的14，Q ＝14I 2RT ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫nBS ω2R ＋r 2R 2πω＝πωR nBS2R ＋r 2. (3)由于线圈在磁场中匀速转动，所以外力做的功全部转化为电路的内能，W ＝I 2(R ＋r )Δt＝nBS 2πωR ＋r.二、变压器原理及相关电路的动态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)负载不变，原、副线圈匝数比改变； (2)原、副线圈匝数比不变，负载改变．动态分析该类问题的思路可表示为：U 1U 2I 2――→P 1＝P 2I 1U 1＝I 2U 2决定I 1――→P 1＝I 1U 1决定P 1 例2 一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图2甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器的滑片．下列说法正确的是( )图2A ．副线圈输出电压的频率为50 HzB ．副线圈输出电压的有效值为31 VC ．P 向右移动时，原、副线圈的电流比减小D ．P 向右移动时，变压器的输入功率增大解析变压器不改变电压的频率，副线圈中的电压频率等于原线圈中的电压频率为f ＝1T＝12×10－2 Hz ＝50 Hz ；由U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈中电压的最大值为31 V ，故有效值为312 V ；P 向右移动时，输出电压不变，电阻减小，电流增大，由于输出电流决定输入电流，输入电流也增大，由I 1I 2＝n 2n 1知，原、副线圈的电流比不变；输出电压不变，输出电流增大，所以输出功率增大，变压器的输入功率等于输出功率，输入功率也增大，故正确的选项为A 、D. 答案 AD针对训练2 图3甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交流电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )图3A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin (50πt ) VB ．只断开S 1后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W 答案 D解析由输入电压u 随时间t 的变化关系图象可知，交变电流周期为0.02 s ，输入电压u 的表达式u ＝202sin(100πt ) V ，选项A 错误；只断开S 1后，L 1、L 2均不能发光，选项B 错误；只断开S 2后，L 1、L 2串联后接入电路，变压器输出电流减小，原线圈的输入功率减小，选项C 错误；若S 1换接到2后，变压器输出电压U ＝4 V ，R 中电流为I ＝0.2 A ，R 消耗的电功率为P ＝UI ＝0.8 W ，选项D 正确．三、电能的输送解决远距离输电问题要注意以下两点：1．首先画出输电线路示意图，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 ＝PU，输电线上损失电压ΔU ＝IR 线，输电线损失功率ΔP ＝I 2R 线＝(PU)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220 V ，输出功率为4 400 W ，输电导线总电阻为2 Ω.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？解析 (1)如图，由P ＝IU 得：I ＝P U ＝4 400220A ＝20 A由U ＝U 用＋IR 得：用户得到的电压为U 用＝U －IR ＝220 V －20×2 V＝180 V由P ＝P 用＋I 2R 得：用户得到的功率为P 用＝P －I 2R ＝4 400 W －202×2 W＝3 600 W输电损失功率为P 损＝I 2R ＝202×2 W＝800 W(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 U 2＝n 1n 2，解得U 2＝Un 2n 1＝220×101V ＝2 200 V 因理想变压器不改变功率，即P 2＝P 1，所以I 2＝P 1U 2＝2 AU 3＝U 2－I 2R ＝2 200 V －2×2 V＝2 196 V由U 4U 3＝n 4n 3得：降压变压器副线圈两端电压为U 4＝U 3n 4n 3＝2 196×110V ＝219.6 V用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电导线上损失的功率，即P 4＝P 3＝P 2－I 22R ＝P 1－I 22R ＝4 392 W答案 (1)180 V 3 600 W 800 W (2)219.6 V 4 392 W。

高中物理新教材第五章交流电单元复习学案选修3-2

交流电单元复习 2008、11、26（一）知识结构（二）知识点1、交流电：大小和方向都作周期性变化的电流。

2、交流电产生：3、交流电的描述4、电感对交流电的阻碍作用（感抗）：通直流阻交流——低频扼流圈（L 值大）通直、通低频，阻高频——高频扼流圈（L 值小）电容对交流电的阻碍作用（容抗）：隔直流通交流——隔直电容（C 值大）隔直、阻低频，通高频——高频旁路电容（C 值小）5、理想变压器（1）最大值：E m =nB ωS=m n ωϕ(2)有效值 2m E E = 2m U U = 2m I I = 定义：直交Q Q =（一个周期内，同一电阻上）（适用于电功W 、电热Q 、功率P 、用电器的标称值交流电压表、电流表示数，保险丝熔断电流及未作说明时。

）（3）平均值：t n E ∆∆=ϕ（适用于计算电荷量q=It=rR n +∆ϕ）（4）周期、频率：ωπ21==T f T V//B 磁通量最大Φm 磁通量变化率t ∆∆ϕ=0；在该位置交流电变换方向。

感应电动势E=0 一个周期内电流换向2次。

产生条件规律（1 (3)瞬时值：从中性面开始t E e m ωsin = 从⊥中性面开始t E e m ωcos = t et e （耐压值）（1）构造：原线圈、副线圈、闭合铁芯。

（2）原理：互感（3）规律：（4）常见变压器：画出电路图6、电能的输送：（1）输电损失（2）画出输电线路：（3）关系式：输送电压为12U U U '+∆= 输送功率为P 2,=3P P +∆ 输送电流为I 2=1322U P r P U P '=∆= （三）典型习题①电压：； ②功率：； ③电流：； ④决定关系：决定；决定；负载R U I 22=决定。

负载R U P 222= 注：变压器不能使用直流电。

功率损失：S L U P r I P ρ22⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==∆输输电压损失：S LU P Ir U ρ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==∆输输用户电阻RP 输 =U 输 P 2=P 输输线电阻r U 1 P 1 P 31、如图，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T,边长为L=10cm 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轴匀速转动。

2015-2016学年高中物理第五章交变电流学案新人教版选修3-2

第五章交变电流1交变电流[学习目标] 1.知道交变电流、直流电的概念． 2.掌握交变电流的产生和变化规律．(难点) 3.知道交变电流的峰值、瞬时值的含义．[先填空]1．交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流．2．直流：方向不随时间变化的电流．3．交变电流的产生(1)产生方法闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动．(2)过程分析，如图511所示．图511(3)中性面：线圈平面与磁场垂直的位置．[再思考]线圈在中性面时，磁通量、感应电动势、感应电流具有怎样的特点？【提示】线圈平面与磁场垂直的位置，即为中性面位置，在此位置磁通量最大，线圈的感应电动势和感应电流为零．[后判断]1．线圈转一周有两次经过中性面，每转一周电流方向改变一次．(×)2．当线圈中的磁通量最大时，产生的电流也最大．(×)3．交流电源没有正负极之分．(√)[1．瞬时值表达式：电动势：e＝E m sinωt，电压：u＝U m sinωt，电流i＝I m sinωt．2．峰值：表达式中的E m、U m、I m分别为电动势、电压和电流可能达到的最大值，叫做峰值．3．正弦式电流：按正弦规律变化的交变电流．[再思考]交变电流的大小是否一定变化？【提示】交变电流的大小不一定变化，如方形波电流，交变电流与直流电的最大区别是方向发生周期性的变化．[后判断]1．交流电是指按正弦规律变化的电流．(×)2．线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生的交流电是正弦式交变电流．(√)3．交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置无关．(×)预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中学生分组探究一交变电流的产生过程第1步探究——分层设问，破解疑难1．正弦式交变电流有什么特点？试探究产生正弦式交变电流的条件？【提示】正弦式交变电流的大小随时间做正弦规律变化，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中就产生正弦式交变电流．2．试探究分析线圈位于中性面位置时，穿过线圈的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势、感应电流各有什么特点？【提示】线圈位于中性面处时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势、感应电流均为零．3．试探究分析线圈位于垂直于中性面位置时，穿过线圈的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势、感应电流各有什么特点？【提示】当线圈由中性面位置转过90°时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势、感应电流最大．第2步结论——自我总结，素能培养中性面、中性面的垂直位置的特性比较第3步例证——典例印证，思维深化图512(2014·保定高二检测)如图512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π2ω～3π2ω这段时间内( ) A ．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先减小后增大【思路点拨】解答本题应把握以下两点： (1)计时开始的位置及π2ω～3π2ω时的位置．(2)在π2ω～3π2ω这段时间内磁通量的变化和磁通量的变化率如何改变．【解析】根据ω＝2πT ，π2ω＝T 4，3π2ω＝34T ，由于从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，故T 4～34T 时间内线圈中的感应电流先增大后减小，穿过线圈的磁通量先减小后增大，而磁通量的变化率先增大后减小，故B正确．【答案】 B中性面是分析交变电流产生过程中各物理量变化情况的关键位置，线圈处于中性面时磁通量最大，磁通量变化率最小，感应电动势最小；线圈处于垂直于中性面位置时磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大．第4步巧练——精选习题，落实强化1．(2014·兰州一中高二检测)如图513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513A．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【解析】线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次．线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大．【答案】 C2．(多选)如图514所示，一面积为S的单匝矩形线圈处于有界磁场中，能在线圈中产生交变电流的是( )514A．将线圈水平向右匀速拉出磁场B．使线圈以OO′为轴匀速转动C．使线圈以ab为轴匀速转动D．磁场以B＝B0sin ωt规律变化【解析】将线圈向右匀速拉出磁场的过程中磁通量匀速减小，因此产生的感应电流大小不变，A错误．线圈绕垂直于磁感线方向的轴转动时磁通量发生周期性变化，因此产生交变电流，B、C正确．如果磁感应强度发生周期性变化，而线圈面积不变，则磁通量也发生周期性变化，产生交变电流．【答案】BCD学生分组探究二交变电流的瞬时值、峰值表达式第1步探究——分层设问，破解疑难1．从不同位置开始计时，交变电流的最大值和瞬时值是否相同？【提示】从不同位置开始计时，交变电流的最大值是相同的，瞬时值不同．2．线圈在磁场中转动，转至如图515位置时，哪些边上产生感应电动势？图515【提示】AD、BC边产生感应电动势．第2步结论——自我总结，素能培养1．瞬时值表达式的推导图516若线圈平面从中性面开始转动，如图516所示，则经过时间t：线圈转过的角度为ωt⇓ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt⇓ab边转动的线速度大小：v＝ωR＝ωL ad 2⇓ab 边产生的感应电动势：e ab ＝BL ab v sin θ＝BS ω2sin ωt⇓一匝线圈产生的电动势：e ＝2e ab ＝BS ωsin ωt⇓N 匝线圈产生的总电动势：e ＝NBS ωsin ωt2．正弦式交变电流的瞬时值表达式： (1)e ＝nBS ωsin ωt ＝E m sin ωt . (2)i ＝eR ＋r ＝E mR ＋rsin ωt ＝I m sin ωt .(3)u ＝iR ＝I m R sin ωt ＝U m sin ωt .上面各式中的e 、i 、u 仅限于从中性面开始计时的情况．若从垂直于中性面(即从线圈平面与磁场平行时)开始计时，则上述表达式应为e ＝E m cos ωt ，i ＝I m cos ωt ，u ＝U m cos ωt .计算峰值与瞬时值应注意的问题1．交流电动势的峰值E m ＝nBS ω，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，与线圈的形状及转动轴的位置无关．2．理解交变电流的瞬时值，要处理好两个关系：一是数、形、位的关系(即函数、图象、线圈位置三者之间的关系)；二是数、理关系(数学表达式、物理意义两者之间的关系)．第3步例证——典例印证，思维深化图517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517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：(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．【解析】 (1)交变电流电动势最大值为E m ＝nBS ω＝10×0.5×0.22×10π V ＝6.28 V ，电流的最大值为I m ＝E m R ＝6.281A ＝6.28 A.(2)线框转过60°时，感应电动势e ＝E m sin60°＝5.44 V.(3)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝6.28sin 10πt (V)．【答案】 (1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V(3)e ＝6.28sin10πt(V)求解交变电动势瞬时值表达式的基本方法1．确定线圈转动从哪个位置开始计时，以确定瞬时值表达式是正弦规律变化还是余弦规律变化．2．确定线圈转动的角速度．3．确定感应电动势的峰值E m ＝NBS ω.4．写出瞬时值表达式e ＝E m sin ωt 或e ＝E m cos ωt.第4步巧练——精选习题，落实强化图5181．如图518所示，边长为a 的单匝正方形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以OO ′边为轴匀速转动，角速度为ω，转轴与磁场方向垂直，线圈电阻为R ，求：(1)从图示位置开始计时，线圈中产生的瞬时电动势的表达式；(2)线圈从图示位置转过π2的过程中通过线圈截面的电荷量q .【解析】 (1)线圈转动中感应电动势的峰值E m ＝B ωa 2，因从垂直于中性面开始计时，故表达式为余弦式，即e ＝B ωa 2cos ωt .(2)线圈转过π/2过程中的感应电动势和感应电流的平均值分别为E －＝ΔΦΔt ＝Ba 2π2ω＝2Ba 2ωπ，I －＝E －R ＝2Ba 2ωπR，所以，在转动过程中通过线圈截面的电荷量为q ＝I －t ＝2Ba 2ωπR ·π2ω＝Ba 2R.【答案】 (1)e ＝B ωa 2cos ωt (2)Ba 2R2．一个在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动的线框，当线框转至中性面时开始计时．t 1＝160 s ，线框中感应电动势为50 V ，当t 2＝130 s 时，线框中感应电动势为50 3 V ，求：(1)感应电动势的最大值； (2)线框转动的角速度的大小；(3)线框中感应电动势的瞬时值表达式．【解析】计时起点为中性面，因此交变电流的瞬时值表达式e ＝E m sin ωt . 将已知条件代入得到50＝E m sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω·160① 503＝E m sin ⎝⎛⎭⎪⎫ω·130② 将②式化成503＝E m sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ω·160＝E m 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω·160cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω·160③得cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω·160＝32，所以ω60＝π6， ω＝10π rad/s ④ 将④代入①得E m ＝100 V.瞬时值表达式为e ＝100sin(10πt ) V. 【答案】 (1)E m ＝100 V(2)ω＝10π rad/s (3)e ＝100sin(10πt ) V交变电流图象问题的应用正弦式交变电流随时间变化情况可以从图象上表示出来，图象描述的是交变电流随时间变化的规律，它是一条正弦曲线．如图519所示．图519从图象中可以解读到以下信息：1．交变电流的最大值I m 、E m ，周期T .2．因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为零，磁通量最大，所以可确定线圈位于中性面的时刻．3．找出线圈平行于磁感线的时刻． 4．判断线圈中磁通量的变化情况． 5．分析判断i 、e 随时间的变化规律．(多选)(2013·山东高考改编)图5110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5110乙所示．以下判断正确的是( )图5110A ．通过电阻R 的电流的最大值为10 2 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【解析】由题图乙知I m ＝10 2 A, A 正确．T ＝2×10－2s ，ω＝2πT＝100π rad/s ，B错误．t ＝0.01 s 时，I ＝I m ，此时线圈平面与磁场方向平行，C 正确．由右手定则判定0.02 s 时电阻R 中电流方向自左向右，D 错误．【答案】 AC[先看名师指津] 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 或e t 图象也就不同；2．分析有关交变电流的图象问题时，要注意从图象中找出两个特殊位置所对的时刻． [再演练应用](多选)(2014·锦州高二期末)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象如图5111所示，则下列说法中正确的是( )图5111A ．t ＝0.01 s 时刻Φ的变化率达最大B ．t ＝0.02 s 时刻感应电动势达到最大C ．t ＝0.03 s 时刻感应电动势为零D ．每当Φ变换方向时，线圈中的感应电动势都为最大【解析】 t ＝0.01 s 及t ＝0.03 s 时，Φ＝0，但ΔΦΔt 最大，所以产生的感应电动势最大，选项A 正确，C 错误；t ＝0.02 s 时，Φ最大，但ΔΦΔt ＝0，感应电动势为零，选项B 错误；每当Φ变换方向时，ΔΦΔt最大，感应电动势最大，选项D 正确．【答案】 AD课时作业(七) 交变电流[全员参与·基础练]1．家庭电路的交变电流图象为如图所示中的( )【解析】家庭使用的交变电流是正弦式交变电流．【答案】 A2．(多选)如图所示的线圈中产生了交变电流的是( )【解析】当线圈绕垂直于磁场的轴转动时，磁通量发生周期性变化，在一个周期内既有增大又有减小，产生交变电流，B 、C 、D 均符合此要求．A 项中线圈平面始终平行于磁场方向．磁通量始终为0，故不产生交变电流．【答案】 BCD图51123．一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图5112所示位置时( ) A ．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小 B ．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大 C ．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大 D ．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小【解析】当线框平面平行于磁感线时，穿过线圈的磁通量最小，但磁通量的变化率最大，即ΔΦΔt最大，故正确选项为C.【答案】 C 4．(2014·安庆一中高二检测)交流发电机在工作时电动势为e ＝E m sin ωt ，若将发电机的角速度提高一倍，同时将线框所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )A ．e ′＝E m sin ωt 2B ．e ′＝2E m sin ωt2C ．e ′＝E m sin 2ωtD ．e ′＝E m2sin 2ωt【解析】交变电流的瞬时值表达式e ＝E m sin ωt ，其中E m ＝nBS ω，当ω加倍而S 减半时，E m 不变，sin ωt 变为sin 2ωt ，故C 正确．【答案】 C5．一闭合矩形线圈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5113甲所示的匀强磁场中．通过线圈内的磁通量Φ随时间t 的变化规律如图5113乙所示，下列说法正确的是( )图5113A ．t 1、t 3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B ．t 1、t 3时刻线圈中感应电流方向改变C ．t 2、t 4时刻线圈中磁通量最大D ．t 2、t 4时刻线圈中感应电动势最小【解析】 t 1、t 3时刻通过线圈的磁通量Φ最大，磁通量变化率ΔΦΔt ＝0，此时感应电动势、感应电流均为零，线圈中感应电流方向改变，选项A 错误，选项B 正确；t 2、t 4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，选项C 、D 错误．【答案】 B图51146．如图5114所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO ′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab 向纸外，cd 向纸内)．若从图所示位置开始计时，并规定电流方向沿a →b →c →d →a 为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是图中的( )【解析】由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，且是从中性面开始进行的，所以产生的仍然是正弦式交变电流，只是最大值为线圈全部在磁场中匀速转动情况下产生的感应电动势最大值的一半，所以选项B 、C 错误．再由楞次定律可以判断出开始计时一段时间内，感应电流方向与选定的正方向相反，所以A 选项符合题意．【答案】 A7．(多选)线圈在匀强磁场中转动产生电动势e ＝10sin 20πt V ，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，线圈平面位于中性面B ．t ＝0时，穿过线圈的磁通量最大C ．t ＝0时，导线切割磁感线的有效速率最大D ．t ＝0.4 s 时，e 有最大值为10 2 V【解析】由电动势的瞬时值表达式可知计时应从线圈位于中性面时开始，即t ＝0时，e ＝0，此时线圈平面位于中性面，磁通量最大，导线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为0，A 、B 正确，C 错误．当t ＝0.4 s 时，代入式中得e ＝10sin 20πt ＝10×sin(20π×0.4) V ＝0，D 错误．【答案】 AB 8．(多选)如图5115甲所示，一个矩形线框abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线框内磁通量Φ随时间t 变化的情况如图5115乙所示，则下列说法中正确的是( )图5115A ．t 1时刻线框中的感应电动势最大B ．t 2时刻ad 的运动方向与磁场方向垂直C ．t 3时刻线框平面与中性面重合D ．t 4、t 5时刻线框中感应电流的方向相同【解析】 t 1时刻通过线框的磁通量Φ最大，磁通量的变化率ΔΦΔt ＝0最小，此时感应电动势等于0，A 错；在t 2、t 4时刻感应电动势最大，此时导线ad 、cb 的运动方向均垂直于磁感线，所以B 正确；t 1、t 3、t 5时刻感应电动势均为0，此时线框所在平面垂直于磁感线，称为中性面，C 正确；t 5时刻感应电流为0，D 错．【答案】 BC[超越自我·提升练]9．(多选)一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中产生的感应电动势e 随时间t 的变化规律如图5116所示，则下列说法中正确的是( )图5116A ．t 1和t 3时刻穿过线圈的磁通量为零B ．t 1和t 3时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零C ．线圈平面从与磁场方向平行的时刻开始计时D ．每当感应电动势e 变换方向时，穿过线圈的磁通量的绝对值都最大【解析】由图象可知，为余弦式交变电流，说明t ＝0时，线圈平面与磁感线方向平行，选项C 正确．t 1、t 3时刻感应电动势为零，说明这两个时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，穿过线圈的磁通量最大，所以选项B 正确，选项A 错误．当线圈通过中性面时，感应电动势为零，感应电动势的方向要发生改变，所以选项D 正确．故本题的正确选项为B 、C 、D.【答案】 BCD10．(多选)(2014·广州高二检测)如图中各图面积均为S 的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦式交变电动势e ＝BS ωsin ωt 的图是( )【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦式交变电动势为e ＝BS ωsin ωt ，由这一原则判断，A 图和C 图符合要求；B 图中的转轴不在线圈所在平面内；D 图转轴与磁场方向平行，而不是垂直，且磁通量不变不能产生感应电流．故A 、C 正确．【答案】 AC11．(2014·九江一中高二检测)一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化，如图5117(a)、(b)所示，规定电流从左向右为正．在直导线下方有一不闭合的金属框，则相对于b 点来说，a 点电势最高的时刻在( )图5117A ．t 1时刻B ．t 2时刻C ．t 3时刻D ．t 4时刻【解析】线框中的磁场是直线电流i 产生的，在t 1、t 3时刻，电流i 最大，但电流的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，线框中没有感应电动势，a 、b 两点间的电势差为零．在t 2、t 4时刻，电流i ＝0，但电流变化率最大，穿过线框的磁通量变化率最大，a 、b 两点间的电势差最大，再根据楞次定律可得出a 点相对b 点电势最高的时刻在t 4.【答案】 D图5118 12．一矩形线圈，面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻r ＝1 Ω，外接电阻R ＝4 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5118所示，若从中性面开始计时，求：(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．【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 ＝130s 代入感应电动势瞬时值表达式中，得e ′＝50sin ⎝⎛⎭⎪⎫10π×130V ＝25 3 V ，对应的感应电流i ′＝e ′R ＋r ＝5 3 A. (3)由欧姆定律得u ＝eR ＋rR ＝40sin 10πt V. 【答案】 (1)e ＝50sin 10πt V (2)5 3 A (3)u ＝40sin 10πt V2描述交变电流的物理量[学习目标] 1.知道描述交变电流的物理量有峰值、有效值、瞬时值、平均值、周期、频率．理解这些物理量的意义．(重点) 2.会利用有效值的定义求交变电流的有效值．(难点) 3.会应用正弦式电流的峰值与有效值的关系进行有关计算．(难点)[先填空] 1．周期交变电流完成一次周期性变化所需的时间，用T 表示，单位是秒． 2．频率交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数，用f 表示，单位是赫兹，符号Hz ． 3．二者关系：T ＝1f 或f ＝1T．[再思考]某交变电流的瞬时表达式为i ＝10sin100πt (A)，如何确定其交变电流的周期和频率．【提示】由表达式可先确定线圈的角速度 ω＝100π，又ω＝2πT＝2πf ，故T ＝0.02 s ，f＝50 Hz.[后判断]1．打点计时器所接交流电频率f＝50 Hz时，打点周期为T＝0.02 s．(√)2．交变电流的周期越大，交变电流的变化就越快．(×)3．我国电网中交流电的频率是100 Hz.(×)[先填空]1．峰值(1)定义：交变电流的电压、电流所能达到的最大数值．(2)应用：电容器所能承受的电压要高于交流电压的峰值．2．有效值(1)定义：让交变电流和恒定电流分别通过大小相同的电阻，在交流的一个周期内，它们产生的热量相等，这个恒定电流的电流、电压，叫做这个交变电流的电流、电压的有效值．(2)应用①交流用电设备上所标的额定电压和额定电流．②交流电压表测量的数值．③无特别说明时提到的交变电流的数值．U m之间的关系：I U3．关系：对于正弦式交变电流，有效值I、U与峰值I[再思考]所有交变电流的峰值和有效值之间都满足2倍的关系吗？【提示】不是．只有正弦式交变电流的峰值和有效值之间有2倍的关系．[后判断]1．某段时间内的交流电平均值等于这段时间始末时刻瞬时值的算术平均值．(×)2．我国民用交变电流，照明电压为220 V和动力电压380 V都是指有效值．(√)3．交变电流的有效值即为一个周期内的平均值．(×)[先填空]1．相位与初相位：如图521所示，甲、乙两交流电的表达式分别为：图521u甲＝U m sinωt；u乙＝U m sin(ωt＋φ)；其中“ωt＋φ”叫做交变电流的相位，φ是t＝0时的相位，叫做交变电流的初相位．2．相位差：两支交流的相位之差叫做它们的相位差．[再思考]如图522所画两个交流电，其中i1比i2超前还是滞后？它们相位差是多少？图522【提示】i1比i2超前Δφ＝φ1－φ2，或者i2比i1滞后Δφ.[后判断]1．如果两个频率相同的交流电的相位差是π或π的奇数倍，则它们反相，即变化步调始终相反．(√)2．初相位的大小没有什么实际意义．(×)预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中学生分组探究一对有效值的理解与计算第1步探究——分层设问，破解疑难1．某用电器铭牌上标有“额定电压220 V”和“工作频率50 Hz”的字样，其中“220 V”有什么含义？【提示】220 V是指该用电器所使用的电源电压有效值为220 V.2．试探究分析计算交变电流的有效值应注意哪几个方面的问题？【提示】应注意以下三个方面问题：(1)对正弦式交变电流可用I＝I m2，U＝U m2直接求有效值．(2)对非正弦式交变电流可用电流的热效应，根据有效值的定义求解．(3)计算时应注意三同：相同电阻、相同时间、相同热量，而相同时间一般情况下是指交流电的一个周期．第2步结论——自我总结，素能培养1．有效值的理解(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应定义的，与电流的方向无关．(2)“等效”理解：相同电阻、相同时间，产生相同热量．交变电流与多大的直流电“效果”相同，有效值就是多大．2．有效值的计算方法(1)分段计算交变电流在一个周期内产生的热量Q.(2)让直流电流(实际上是恒定电流)通过相同的电阻，在交变电流一个周期内产生的热量等于Q .如Q ＝I 2RT 或Q ＝U 2RT ，相对应的I 、U 即为交变电流、电压的有效值．3．几种常见交变电流的有效值第3步例证——典例印证，思维深化电阻R 1、R 2与交流电源按照图523(1)方式连接，R 1＝10 Ω， R 2＝20 Ω.合上开关S 后，通过电阻R 2的正弦式交变电流i 随时间t 变化的情况如图523(2)所示．则( )图(1) 图(2)图523A ．通过R 1的电流有效值是1.2 AB ．R 1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流最大值是1.2 2 AD ．R 2两端的电压最大值是6 2 V【解析】从图2可以看出，该交变电流的电流最大值为0.6 2 A ，正弦式交变电流有效值为I ＝I m2＝0.6 A ，R 1两端电压有效值为U 1＝IR 1＝6 V ，R 2两端电压最大值为U m ＝I m R 2＝0.62×20 V＝12 2 V，综上所述，正确选项为B.【答案】 B计算有效值的注意事项1．方波式交变电流正负半周期最大值不相等时，分段计算电热．2．应取一个周期或周期的整数倍计算电热．第4步巧练——精选习题，落实强化1.524(2013·海南高考)通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图524所示，其周期为1 s．电阻两端电压的有效值为( )A．12 V B．410 VC．15 V D．8 5 V【解析】根据图象，一个周期T＝1 s，设该交变电流的有效值为U，0～0.4 s的时间间隔为t1＝0.4 s，0.4～0.5 s的时间间隔t2＝0.1 s，根据电流的热效应，由2(I21Rt1＋I22Rt2)＝U2TR，解得U＝410 V，B正确．【答案】 B2．两个完全相同的电热器分别通过如图525甲和乙所示的电流最大值相等的方波式交变电流和正弦式交变电流，则这两个电热器功率P a、P b之比为( )图525A．1∶1 B．2∶1C．1∶2 D．4∶1【解析】本题的关键是要理解有效值与峰值的关系式I＝I m2仅对正(余)弦式电流成立，对于方波式交变电流是不成立的．图甲中交变电流的有效值就是I m，故P a＝I2m R；图乙中交变。

人教版物理选修3-2同步学案第五章交变电流单元复习 Word版

（118）交变电流单元复习
【教学目标】
1．通过复习和总结，整合本章知识，形成系统知识结构。

2．注重理论联系实际及前后知识的关联，扩展知识视野。

【预习任务】
一、交变电流
1．交变电流的定义：
2．正余弦交变电流的产生：
3．正余弦交变电流的表达式：
4．描述交变电流的物理量：
5．电感、电容对交变电流的影响：
二、理想变压器
1．结构：
2．原理和特点：
3．基本规律
（1）原副线圈的频率关系：
（2）原副线圈中电压与匝数关系：
（3）原副线圈中功率关系：
（4）原副线圈的电流与匝数关系：
4．多组副线圈的规律
三、电能的输送：
1．功率损失：
2．电压损失：
3．高压输电：
【组内检查】1．交变电流的定义
2．正余弦交变电流的产生。

学案：高中物理第5章交变电流章末综合提升学案新人教版选修3_2

第5章交变电流[体系构建][核心速填]1．正弦式交变电流的产生(1)产生：闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动． (2)中性面：线圈平面垂直于磁场，磁通量最大，感应电动势为零． 2．正弦式交变电流的描述(1)瞬时值变化规律：e ＝E m sin ωt ，i ＝I m sin ωt ，u ＝U m sin ωt . (2)周期和频率：T ＝1f.(3)峰值和平均值：E m ＝NBSω，E ＝N ΔΦΔt .(4)有效值：E ＝E m2，i ＝I m2u ＝U m2.3．特征元件(1)电感器：通直流、阻交流；通低频、阻高频． (2)电容器：通交流、隔直流；通高频、阻低频． 4．理想变压器(1)结构：原线圈、副线圈、铁芯． (2)工作原理：互感现象． (3)基本规律：U 1U 2＝n 1n 2，P 输入＝P 输出．5．远距离输电(1)功率损失：ΔP ＝I 2R 线． (2)电压损失：ΔU ＝IR 线．(3)远距离输电最经济的最佳方式：高压输电．交变电流的四值及其应用1.m i ＝I m sinωt .应当注意必须从中性面开始．2．最大值：它是瞬时值的最大值，它反映的是交变电流大小的变化范围，当线圈平面跟磁感线平行时，交流电动势最大，E m ＝nBSω(转轴垂直于磁感线)．电容器接在交流电路中，则交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值．3．有效值：交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果它们在相同的时间内产生的热量相等，就把这一直流的数值叫作这一交流的有效值．正弦交流电的有效值跟最大值之间的关系是U ＝12E m ，I ＝12I m .对于非正弦交变电流的有效值，以上关系不成立，应根据定义来求．通常所说的交流电压、电流是用电压表、电流表测得的，都是指有效值．用电器上所标电压、电流值也是指有效值．在计算交变电流通过导体产生热量、电功以及确定保险丝的熔断电流时，只能用有效值．4．平均值：它是指交流电图象中图线与横轴所围成的面积值跟时间的比值．其量值可用法拉第电磁感应定律 E ＝n ·ΔΦΔt 来求，当线圈从中性面转过90°的过程中，有 E ＝2πE m .计算平均值切忌用算术平均法，即E ＝E 1＋E 22求解，平均值不等于有效值．【例1】如图所示，边长为L 的正方形线圈abcd 的匝数为n ，线圈电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 的中点和cd 的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为B ，现在线圈以OO ′为轴，以角速度ω转动，求：(1)闭合电路中电流瞬时值的表达式；(2)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R 上产生的热量； (3)线圈从图示位置转过90°的过程中，通过R 的电荷量； (4)电阻R 上的最大电压．[解析] (1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ad 边和bc 边转动的线速度大小相等，当线圈平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为E m ＝nBLv ＝nBLω·L 2＝12nBL 2ω由闭合电路欧姆定律可知I m ＝E m R ＋r ＝nBL 2ω2R ＋r当以题图示为计时起点时，流过R 的电流表达式为i ＝I m sin ωt ＝nBL 2ω2R ＋rsin ωt .(2)在线圈由题图示位置匀速转动90°角的过程中，用有效值计算R 产生的热量．Q ＝I 2R T 4，其中I ＝I m2＝nBL 2ω22R ＋r，T ＝2πω所以Q ＝n 2B 2L 4ωR π16R ＋r2.(3)在转过90°角的过程中感应电动势的平均值为E ＝nΔΦΔt. 通过R 的电荷量：q ＝I ·Δt ＝E R ＋r ·Δt ＝n ·ΔΦΔt R ＋r ·Δt ＝n ·ΔΦR ＋r ＝nBL 22R ＋r .(4)电阻R 上的最大电压：U m ＝I m ·R ＝nBL 2ωR2R ＋r.[答案] 见解析 [跟进训练]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．[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)在线圈从题图示位置转过14转的时间内，电动势的有效值为E ＝E m2＝2π2Bnr 22电阻R 上产生的热量Q ＝E 2R ·T 4＝π4B 2r 4n8R.(2)在线圈从题图示位置转过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 ＝πBr 22R .(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 ′2R T 解得E ′＝E m2故电流表的示数为I ＝E ′R＝π2r 2nB 2R.[答案] (1)π4B 2r 4n 8R (2)πBr 22R (3)π2r 2nB2R变压器问题解题思路分析1.对于磁感线回路唯一的“□”形变压器，当原线圈中磁通量变化时，整个闭合铁芯中，ΔΦΔt 处处相等，而对于磁感线回路不唯一的如“”形变压器．不同位置ΔΦΔt 可能不同，此时有ΔΦ1Δt ＝ΔΦ2Δt ＋ΔΦ3Δt.2．理想变压器的动态分析问题首先应明确“不变量”和“变化量”，对变化量要把握它们之间的制约关系，依据程序分析的思想，从主动变化量开始，根据制约关系从前到后或从后到前逐一分析各物理量的变化情况．(1)首先明确变压器各物理量间的制约关系．变压器原、副线圈匝数n 1、n 2确定，U 1决定了U 2，与输出端有无负载、负载大小无关，也与变压器有无其他副线圈无关．U 2与负载电阻R ，决定了输出电流I 2的大小，输出功率P 2决定输入功率P 1，P 1＝U 1I 1，从而决定I 1大小．(2)分清动态变化中哪个量变化，结合串、并联电路的特点，欧姆定律及变压器各物理量间因果关系依次确定．3．变压器原线圈接有用电器的问题由于原线圈中接有用电器，所以原线圈两端电压不等于电源电压，这种情况下电源两端电压等于用电器两端电压与原线圈两端电压之和．若从电压与匝数关系分析，难以得出结论，所以这类问题一般由电源关系入手解决比较方便．【例2】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( )A ．V 1、V 2的示数不变，A 1的示数增大，A 2的示数减小，P 入增大B ．V 1、V 2的示数不变，A 1、A 2的示数增大，P 入增大C ．V 1、V 2的示数不变，A 1、A 2的示数减小，P 入减小D ．V 1的示数不变，V 2的示数增大，A 1的示数减小，A 2的示数增大，P 入减小B [电压表V 1的示数由输入电压决定，电压表V 2的示数由输入电压U 1(大小等于电压表V 1的示数)和匝数比n 1n 2决定，电流表A 2的示数由输出电压U 2(大小等于电压表V 2的示数)和负载电阻R 负决定；电流表A 1的示数即I 1由变压器的匝数比n 2n 1和输出电流I 2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V 1的示数不变．据公式U 2＝n 2U 1n 1，可知U 2也不变，即电压表V 2的示数不变．又据I 2＝U 2R 负知，S 闭合后R 负减小，故I 2增大，电流表A 2的示数增大．输入电流I 1随输出电流I 2增大而增大，故电流表A 1的示数增大．因P 出＝U 2I 2，故P 出增大，P 入随P 出变化，故P 入也增大．可见本题的正确选项为B.][一语通关]变压器的动态分析(1)根据题意弄清变量与不变量．(2)弄清变压器动态变化的决定关系．①原线圈与副线圈电压的决定关系．②输入功率与输出功率的决定关系．③原线圈与副线圈电流的决定关系．[跟进训练]2．如图所示，用理想变压器给负载供电，变压器输入电压不变，变压器降压后用总电阻为R的输电线对用电器供电，设两个灯泡的电阻相同，且都在发光，若将滑动变阻器的滑片P向N移动，会出现的现象是( )A．电流表的示数变大，灯泡L1、L2均变暗B．电流表的示数变小，灯泡L1、L2均变暗C．电流表的示数变大，灯泡L1变亮，L2变暗D．电流表的示数不变，灯泡L1变暗，L2变亮C [副线圈输出电压不变，滑动变阻器的滑片P向N移动的过程中，并联部分电阻减小，副线圈中的电流增大，但因为灯泡L2两端的电压减小，所以通过灯泡L2的电流减小，又因为总电流增大，所以通过灯泡L1的电流增大，即灯泡L1变亮，灯泡L2变暗．副线圈上的电流增大，输出功率变大，输入功率变大，而输入电压不变，输入电流变大，电流表的示数变大．]远距离输电问题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. 3．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．【例3】某学校有一台应急备用发电机，内阻为R ＝1 Ω，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为r ＝4 Ω，全校22个教室，每个教室用“220 V 40 W”的灯泡6盏，要求所有灯都正常发光，则(1)输电线上损耗的电功率多大？ (2)发电机的输出功率多大？ (3)发电机的电动势多大？[解析] (1)根据题意，画出从发电机到教室灯泡之间的输电过程，如图所示．所有灯都正常工作的总功率为P ′2＝22×6×40 W＝5 280 W用电器都正常工作时的总电流 I ′2＝P ′2U ′2＝5 280220 A ＝24 A两个变压器之间输电线上的电流I r ＝I 2＝I ′24＝6 A故输电线上损耗的电功率P r ＝I 2r r ＝144 W.(2)升压变压器的输出功率P ′1＝P r ＋P ′2＝5 424 W.而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率P 出＝P 1＝P ′1＝5 424 W.(3)降压变压器上的输入电压U 2＝4U ′2＝880 V 输电线上的电压损失U r ＝I r r ＝24 V 因此升压变压器的输出电压U ′1＝U r ＋U 2＝904 V升压变压器的输入电压U 1＝U ′14＝226 V升压变压器的输入电流I 1＝4I r ＝24 A发电机的电动势E ＝U 1＋I 1R ＝226 V ＋24×1 V＝250 V. [答案] (1)144 W (2)5 424 W (3)250 V[跟进训练]3．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120 kW ，输出电压是240 V ，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶25，输电线的总电阻为10 Ω，用户需要的电压为220 V ．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？ [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＝251×240 V＝6 000 V输电电流I 2＝PU 2＝120×1036 000A ＝20 A输电线上损失的电功率ΔP ＝I 22r ＝202×10 W＝4 000 W. (2)输电线上损失的电压 ΔU ＝I 2r ＝20×10 V＝200 V降压变压器原线圈两端的电压U 3＝U 2－ΔU ＝6 000 V －200 V ＝5 800 V 根据理想变压器的变压规律得n 3n 4＝U 3U 4＝5 800 V 220 V＝29011.[答案] (1)4 000 W (2)290∶11。

高中物理第五章交变电流学案课件新人教版选修32

3 值的物理含义.
典例精析
第二页，共21页。
课堂小结
自我检测
1.感应电动势的大小
ΔΦ n Δt Blv 2.感应电动势的方向楞次右手
一、交变电流 1. 周期性 2.方向大小和方向二、交变电流的产生
匀强垂直匀速三、交变电流的变化规律 1. 正弦 Emsin ωt 2. 正弦 Umsin ωt
图象斜率为0，即e=0
图象(túxiànɡ)斜率即Φ的变化率最大
学习探究
典例精析
第二十页，共21页。
课堂小结
自我检测
4.(交变电流的规律)如图 8 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： (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310 s 时电动势瞬时值多大？
地改变.
学习
知识(zhī 学习
典例精析
第四页，共21页。
课堂小结
自我检测
[要点提炼]
1.交变电流
方向随时间做周期性变化的电流，简称交流(ji.āoliú)
2.直流
方向(fā不n随gx时ià间ng变) 化的电流.
对直流电流和交变电流的区分主要是看电流
方向(fā是ng否xià变n化g) .
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 .
( B)
× A.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象如图乙所示