高二物理人教版选修3-2课件：第五章-交变电流

第五章交变电流学案7章末总结专题整合自我检测网络构建网络构建交变电流交变电流的产生产生线圈在匀强磁场中绕匀速转动特殊位置线圈平面与中性面重合磁通量感应电动势为电流改变方向线圈平面与中性面垂直磁通量为零感应电动势最大垂直于磁场的轴零最大交变电流的产生表达式：e＝Em(中性面开始计时)，其中Em＝表征交变电流的物理量最大值：Em＝nBSω有效值：根据定义，正弦交流电E有效＝周期T与频率f的关系：T＝或f＝平均值：＝sinωtnBSω电流的热效应Im21f1TEnΔΦΔt交变电流电感：通直流，阻；通低频，阻电容：通交流，隔；通高频，阻理想变压器原理：现象基本规律I1n1＝P1＝P2电能输送功率损失：P损＝电压损失：U损＝U1U2＝n1n2交流高频直流低频互感I2n2I2rIr一、交变电流“四值”的计算和应用专题整合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.Im23.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.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.图1(1)求产生感应电动势的最大值.解析设ab＝l1，bc＝l2，则交流电动势的最大值Em＝nBl1l2ω≈235.5V答案235.5V(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.解析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答案i＝47.1cos(100πt)A(3)交流电压表和交流电流表的示数各为多少？解析电流的有效值为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.答案160V33.3A(4)此发电机的功率为多少？解析电动势的有效值为E＝Em2≈166.5V则发电机的功率为P＝IE≈5544W答案5544W(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答案150V0.15C二、交变电流图象的应用交流电的图象反映了交变电动势(电流)随时间的变化特征，对正弦式交流电来说，我们可以从图象中获取如下信息：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)图象上的峰值，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象上每个“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()A.周期是0.01sB.最大值是311VC.有效值是220VD.表达式为u＝220sinπt(V)图2解析由题图知：最大值Um＝311V，且为正弦交流电，有效值U＝Um2＝220V，周期T＝0.02s，表达式为u＝311sin100πt(V)，故B、C选项正确.答案BC三、变压器电路的动态问题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)负载电阻、原线圈电压不变，副线圈的电压、原、副线圈的电流、功率随匝数变化而变化.(2)匝数比、原线圈电压不变，原、副线圈的电流、功率随负载电阻的变化而变化.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()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入减小图3解析电压表V1的示数由输入电压决定；电压表V2的示数由输入电压U1(大小等于电压表V1的示数)和匝数比n1/n2决定；电流表A2的示数由输出电压U2(大小等于电压表V2的示数)和负载电阻R负决定；电流表A1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V1的示数不变.据公式U2＝n2U1/n1，可知U2也不变，即电压表V2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A2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A1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＝PU，输电线上损失电压U损＝IR线，输电线损失功率P损＝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.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？解析输电线路如图所示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.答案2×103W(2)降压变压器的变压比是多少？解析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95∶11自我检测123自我检测1.(变压器电路的动态分析问题)如图4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4123A.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123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＝123U22R0＋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；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；123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.答案AD1232.(交变电流“四值”的应用和计算)如图5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：图5123(1)转动过程中感应电动势的最大值；解析感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝3.14V答案3.14V123(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；解析转过60°时的瞬时感应电动势为e＝Emcos60°＝3.14×0.5V＝1.57V.答案1.57V123(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.答案2.6V123(4)交流电压表的示数；解析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答案1.78V123(5)线圈转动一周外力所做的功；解析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答案0.99J123(6)从图示位置起，16周期内通过R的电荷量为多少？解析16周期内通过电阻R的电荷量为Q＝I·T6＝ER＋r·T6＝nBSsin60°T6(R＋r)·T6＝nBSsin60°R＋r≈0.0866C.答案0.0866C1233.(远距离输电线路的分析与计算)图6为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器的匝数均不变，且n1∶n2＝n4∶n3.当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是()图6123A.用户的总电阻增大B.用户的电压U4增大C.U1∶U2＝U4∶U3D.用户消耗的功率等于发电机的输出功率解析对两个变压器，U1U2＝n1n2，U3U4＝n3n4，所以U1U2＝U4U3，选项C正确；123由能量守恒定律可知，发电机的输出功率等于用户消耗的功率和输电导线消耗的功率之和，选项D错误；输出电压U1一定，U2也一定，当用户消耗的功率P出增大时，负载增多，并联支路增加，用户的总电阻减小，P出＝I24R负载，降压变压器的输出电流I4增大，由I3I4＝n4n2知，降压123变压器的输入电流I3增大，即I2增大，则U3＝U2－I2r减小，用户的电压U4减小，选项A、B错误.答案C