(新课标)2014-2015学年高中物理 第二章 交变电流章末总结课件 教科版选修3-2

高中物理·选修3-2·教科版第二章交变电流章末总结网络构建专题整合自我检测交变电流的产生垂直于磁场的轴最大零最大tsinnBS电流的热效应2mEf1T1tΦn电感交流高频电容直流低频理想变压器互感21nn22nI电能输送rI2Ir网络构建专题整合自我检测一、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＝Im2，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＝Emsinωt.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＝NΔΦΔt和I＝ER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.网络构建专题整合自我检测例1如图1所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝30cm，匝数n＝100匝，线圈电阻r＝0.2Ω，外电阻R＝4.8Ω.线圈在磁感应强度B＝0.05T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω＝100πrad/s.(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？图1解析(1)设ab＝l1，bc＝l2，则交流电动势的最大值Em＝nBl1l2ω≈235.5V(2)根据闭合电路欧姆定律，电流的最大值Im＝EmR＋r＝47.1A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＝Imcosωt，代入数值得i＝47.1cos（100πt）A(3)电流的有效值为I＝Im2≈33.3A路端电压的有效值为U＝IR≈160V即电压表的示数为160V，电流表的示数为33.3A.(4)电动势的有效值为E＝Em2≈166.5V则发电机的功率为P＝IE≈5544W(5)平均电动势为E＝nΔΦΔt＝nBS－0π/2ω＝n2Bl1l2ωπ＝150V通过线圈截面的电荷量q＝IΔt＝ER＋rΔt＝nΔΦR＋r＝nBl1l2R＋r＝0.15C网络构建专题整合自我检测二、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＝2πT.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.网络构建专题整合自我检测例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2A.周期是0.01sB.最大值是311VC.有效值是220VD.表达式为m＝220sinπt(V)表达式为u＝311sin100πt(V)BC√正弦交流电，有效值U＝Um2＝220V√××网络构建专题整合自我检测三、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：网络构建专题整合自我检测图3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()A.V1、V2的示数不变，A1的示数增大，A2的示数减小，P入增大B.V1、V2的示数不变，A1、A2的示数增大，P入增大C.V1、V2的示数不变，A1、A2的示数减小，P入减小D.V1的示数不变，V2的示数增大，A1的示数减小，A2的示数增大，P入减小V1的示数不变V2的示数不变开关S闭合R负减小I2增大I1增大P出、P入增大B网络构建专题整合自我检测四、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＝PU2R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.网络构建专题整合自我检测例4发电机输出功率为40kW，输出电压400V，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5Ω，到达用户后再用变压器降为220V，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400V，经升压变压器后电压为U＝51×400V＝2×103V，由P＝UI得输电线上的电流I＝PU＝40×1032×103A＝20A，输电线上损失的功率ΔP＝I2R＝202×5W＝2×103W.(2)输电线上的电压损失ΔU＝IR＝20×5V＝100V加在降压变压器原线圈两端的电压U1＝U－ΔU＝2×103V－100V＝1.9×103V，降压变压器副线圈两端的电压(用户所需的电压)U2＝220V，故降压变压器的变压比n1n2＝U1U2＝1.9×103V220V＝9511.答案(1)2×103W(2)95∶11网络构建专题整合自我检测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4A.t＝0.005s时线框的磁通量变化率为零B.t＝0.01s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311VD.线框产生的交变电动势频率为100Hz网络构建专题整合自我检测解析由题图乙可知该正弦交变电流的电动势最大值为311V，周期等于0.02s，根据正弦交变电流的最大值与有效值之间的关系E＝Em2得知选项C错误；又f＝1T，则频率为f＝50Hz，选项D错误；当t＝0.005s时，e＝NΔΦΔt＝311V，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＝0.01s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．答案B网络构建专题整合自我检测图52.(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()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U1U2＝n1n2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＝U22R0＋R载，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；网络构建专题整合自我检测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．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()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、的示数之差增大图5AD网络构建专题整合自我检测图63.(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＝0.5T，边长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对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2πrad/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°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；解析(1)感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝3.14V(2)转过60°时的瞬时感应电动势为e＝Emcos60°＝3.14×0.5V＝1.57V.(3)转过60°角过程中产生的平均感应电动势为E＝nΔΦΔt＝nBSsin60°16T＝100×0.5×0.1×0.1×3216×2π2πV≈2.6V.图63.(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＝0.5T，边长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对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2πrad/s，外电路电阻R＝4Ω，求：(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，16周期内通过R的电荷量为多少？网络构建专题整合自我检测(4)电压表示数为外电路电压的有效值U＝ER＋r·R＝3.1424＋1×4V≈1.78V(5)线圈转动一周外力所做的功等于电流产生的热量W＝Q＝(Em2)2·1R＋r·T≈0.99J(6)16周期内通过R的电荷量Q＝I·T6＝ER＋r·T6＝nBSsin60°T6R＋r·T6＝nBSsin60°R＋r≈0.0866C.答案(1)3.14V(2)1.57V(3)2.6V(4)1.78V(5)0.99J(6)0.0866C网络构建专题整合自我检测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220V，输出功率为4400W．若用2Ω的输电导线给用户送电．(1)如果用220V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？网络构建专题整合自我检测解析(1)输电示意图如图所示输电线上电流I＝PU＝4400220A＝20A故用户得到的电压U′＝U－ΔU＝220V－20×2V＝180V，故用户得到的功率P′＝P－ΔP＝P－I2R＝4400W－202×2W＝3600W，效率η＝P′P×100%＝36004400×100%≈81.8%.网络构建专题整合自我检测(2)电路如图所示由U1U2＝n1n2得升压变压器次级电压U2＝n2n1U1＝2200V，故输电线上电流I2＝I3＝PU2＝2A．而到达降压变压器原线圈的电压U3＝U2－I2R＝2200V－2×2V＝2196V，功率P3＝P－ΔP＝P－I2R＝4400W－22×2W＝4392W.网络构建专题整合自我检测又据U3U4＝n3n4，得用户电压U4＝n4n3U3＝219.6V.而功率P4＝P3＝4392W，效率η′＝P4P×100%＝43924400×100%≈99.8%.答案(1)180V3600W81.8%(2)219.6V4392W99.8%