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2018_2019学年高中物理第二章交变电流章末总结学案教科版选修 本文简介：第二章交变电流章末总结一、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．2．有效值：正弦式交流电的有效值I＝，其他交变电流的有效值应根据有效值的定义计算，求电功、电功率，确定保险丝的熔
2018_2019学年高中物理第二章交变电流章末总结学案教科版选修 本文内容：
第二章
交变电流
章末总结
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．
2．有效值：正弦式交流电的有效值I＝，其他交变电流的有效值应根据有效值的定义计算，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．
4．平均值：平均值需用＝N和＝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＝·Δt＝N.
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)求产生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？通过线圈截面的电荷量为多少？
解析
(1)设ab＝l1，bc＝l2，则交流电动势的最大值Em＝nBl1l2ω≈235.5
V
(2)根据闭合电路欧姆定律，电流的最大值Im＝＝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＝≈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＝≈166.5
V
则发电机的功率为P＝IE≈5
544
W
(5)平均电动势为＝n＝n＝n＝150
V
通过线圈截面的电荷量
q＝Δt＝Δt＝n＝n＝0.15
C
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，对正弦式交流电来说，我们可以从图像中获取如下信息：
1．交流电的周期(T)
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＝.
2．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所示是某正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的
(
)
图2
A．周期是0.01
sB．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＝≈220
V，周期T＝0.02
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
动态分析该类问题的思路可表示为：
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3
A.、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n1/n2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n2/n1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＝n2U1/n1，可知U2也不变，即电压表的示数不变．又据I2＝U2/R负知，S闭合后R负减小，故I2增大，电流表的示数增大；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＝P/U，输电线上损失电压ΔU＝IR线，输电线损失功率ΔP＝I2R线＝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4
发电机输出功率为40
kW，输出电压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)输电线上损失的电功率是多少？
(2)降压变压器的变压比是多少？
解析
输电线路如图所示
(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＝2×103
V，由P＝UI得输电线上的电流I＝＝
A＝20
A，输电线上损失的功率ΔP＝I2R＝202×5
W＝2×103
W.
(2)输电线上的电压损失ΔU＝IR＝20×5
V＝100
V
加在降压变压器原线圈两端的电压U1＝U－ΔU＝2×103
V－100
V＝1.9×103
V，降压变压器副线圈两端的电压(用户所需的电压)U2＝220
V，故降压变压器的变压比＝＝＝.
答案
(1)2×103
W
(2)95∶11
1．(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4
A．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，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最大，选项A错误；当t＝0.01
s时，交变电压及电流方向发生改变，电压值最小等于零，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5
A．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
本题考查欧姆定律和变压器的原理，意在考查学生对欧姆定律和变压器原理的理解．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变大，D正确．
3．(交变电流“四值”的应用和计算)如图6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ω＝2π
rad/s，外电路电阻R＝4
Ω，求：
图6
(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°角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)线圈转动一周外力所做的功；
(6)从图示位置起，周期内通过R的电荷量为多少？
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
解析
(1)感应电动势的最大值为
Em＝NBSω＝3.14
V
(2)转过60°时的瞬时感应电动势为
e＝Emcos
60°＝3.14×0.5
V＝1.57
V.
(3)转过60°角过程中产生的平均感应电动势为
＝n＝n
＝100×
V≈2.6
V.
(4)电压表示数为外电路电压的有效值
U＝·R＝×4
V≈1.78
V
(5)线圈转动一周外力所做的功等于电流产生的热量
W＝Q＝()2··T≈0.99
J
(6)周期内通过电阻R的电荷量为
q＝·＝·
＝·
＝≈0.086
6
C.
4．(远距离输电线路的分析与计算)一交流发电机输出端的电压为220
V，输出功率为4
400
W．若用2
Ω的输电导线给用户送电．
(1)如果用220
V的电压直接输送，用户得到的电压和电功率各是多少？输电效率是多少？
(2)如果先用匝数比为1∶10的变压器将电压升高，经过同样的输电线后，再用匝数比为10∶1的变压器将电压降低供给用户，用户得到的电压和电功率各是多少？输电效率又是多少？
答案
(1)180
V
3
600
W
81.8%
(2)219.6
V
4
392
W
99.8%
解析
(1)
输电示意图如图所示
输电线上电流
I＝＝
A＝20
A
故用户得到的电压
U′＝U－ΔU＝220
V－20×2
V＝180
V，
故用户得到的功率
P′＝P－ΔP＝P－I2R
＝4
400
W－202×2
W＝3
600
W，
效率η＝×100%＝×100%≈81.8%.
(2)电路如图所示
由＝得升压变压器次级电压U2＝U1＝2
200
V，
故输电线上电流I2＝I3＝＝2
A．而到达降压变压器原线圈的电压
U3＝U2－I2R＝2
200
V－2×2
V＝2
196
V，
功率P3＝P－ΔP＝P－I2R
＝4
400
W－22×2
W＝4
392
W.
又据＝，得用户电压
U4＝U3＝219.6
V.
而功率P4＝P3＝4
392
W，
效率η′＝×100%＝×100%≈99.8%.