2019-2020学年高中物理 第5章 章末复习课课件 新人教版选修3-2

章末复习课巩固层识整合知[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转动．(2)中性面：线圈平面磁场，磁通量最大，感应电动势为．匀速零垂直于2．正弦式交变电流的描述(1)瞬时值变化规律：e＝，i＝，u＝.(2)周期和频率：T＝.(3)峰值和平均值：Em＝，E＝.(4)有效值：E＝Em2，i＝，u＝Um2.Im2NΔΦΔtNBSωUmsin_ωtImsin_ωtEmsin_ωt1f3．特征元件(1)电感器：通、阻交流；通低频、阻．(2)电容器：通交流、隔；通高频、阻．4．理想变压器(1)结构：原线圈、副线圈、．(2)工作原理：互感现象．(3)基本规律：＝n1n2，P输入＝．铁芯U1U2P输出直流高频直流低频5．远距离输电(1)功率损失：ΔP＝．(2)电压损失：ΔU＝．(3)远距离输电最经济的最佳方式：．I2R线高压输电IR线提升层力强化能交变电流的四值及其应用1.瞬时值：它反映不同时刻交变电流的大小和方向，正弦交流电瞬时值表达式为e＝Emsinωt，i＝Imsinωt.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，Em＝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＝12Em，I＝12Im.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＝2πEm.计算平均值切忌用算术平均法，即E＝E1＋E22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Em＝nBLv＝nBLω·L2＝12nBL2ω由闭合电路欧姆定律可知Im＝EmR＋r＝nBL2ω2R＋r当以题图示为计时起点时，流过R的电流表达式为i＝Imsinωt＝nBL2ω2R＋rsinωt.(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＝I2RT4，其中I＝Im2＝nBL2ω22R＋r，T＝2πω所以Q＝n2B2L4ωRπ16R＋r2.(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＝ER＋r·Δt＝n·ΔΦΔtR＋r·Δt＝n·ΔΦR＋r＝nBL22R＋r.(4)电阻R上的最大电压：Um＝Im·R＝nBL2ωR2R＋r[答案]见解析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Em＝BSω＝B·πr22·2πn＝π2Bnr2.(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＝Em2＝2π2Bnr22电阻R上产生的热量Q＝E2R·T4＝π4B2r4n8R.(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＝πBr22R.(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Em22R·T2＝E′2RT解得E′＝Em2故电流表的示数为I＝E′R＝π2r2nB2R.[答案](1)π4B2r4n8R(2)πBr22R(3)π2r2nB2R变压器问题解题思路分析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n1、n2确定，U1决定了U2，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．U2与负载电阻R，决定了输出电流I2的大小，输出功率P2决定输入功率P1，P1＝U1I1，从而决定I1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．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B[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n1n2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n2n1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＝n2U1n1，可知U2也不变，即电压表V2的示数不变．又据I2＝U2R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，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．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1.输电示意图：如图所示．2．正确理解几个基本关系(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P损＋P3，P3＝P4.(2)电压关系：U1U2＝n1n2，U2＝U线＋U3，U3U4＝n3n4.(3)电流关系：I1I2＝n2n1，I2＝I线＝I3，I3I4＝n4n3.(4)输电电流：I线＝P2U2＝P3U3＝U线R线.(5)输电导线上损耗的电功率：P损＝P2－P3＝I2线R线＝U2线R线＝U线I线．(6)输电导线上的电压损失：U线＝I线·R线＝U2－U3.3．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＝1Ω，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＝4Ω，全校22个教室，每个教室用“220V40W”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＝22×6×40W＝5280W用电器都正常工作时的总电流I′2＝P′2U′2＝5280220A＝24A两个变压器之间输电线上的电流Ir＝I2＝I′24＝6A故输电线上损耗的电功率Pr＝I2rr＝144W.(2)升压变压器的输出功率P′1＝Pr＋P′2＝5424W.而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率P出＝P1＝P′1＝5424W.(3)降压变压器上的输入电压U2＝4U′2＝880V输电线上的电压损失Ur＝Irr＝24V因此升压变压器的输出电压U′1＝Ur＋U2＝904V升压变压器的输入电压U1＝U′14＝226V升压变压器的输入电流I1＝4Ir＝24A发电机的电动势E＝U1＋I1R＝226V＋24×1V＝250V.[答案](1)144W(2)5424W(3)250V3．如图所示为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n4＜n2＝n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL2R，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A、B端接入低压交流电源时()A．A1、A2两表的示数相同B．L1、L2两灯泡的亮度相同C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率D．R2两端的电压小于R4两端的电压D[设A、B两端所加电压为U.由欧姆定律知，通过A2表的电流大小I2＝U2R＋RL.通过升压变压器升压后输出电压U′＝n2n1U，降压变压器获得电压为U′－I1·2R＝n2n1U－I1·2R，灯泡L1两端电压为n2n1U－I1·2Rn4n3，则通过灯泡L1的电流为n2n1U－I1·2Rn4n3RL.故由变压器电流变化规律得I1＝n2n1U－I1·2Rn4n3RL.又因为n1＝n4n2＝n3，解上式得I1＝Un2n1RL＋n1n2·2R.因为RL2R，所以I1I2，选项A错误；通过灯泡L1的电流为n3n4I1＝n2n1I1＝URL＋n21n22·2RI2，故灯泡L1亮度更大，选项B错误；由于I1I2，根据欧姆定律以及电功率的有关知识可知，选项C错误，选项D正确．]