第三章 交变电流 章末小结与质量评价（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（粤教版2019）

　一、知识体系建构——理清物理观念　 二、综合考法融会——强化科学思维 [典例]　如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20 cm， ad边长l2＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，外力使线 圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min的转速 匀速转动，线圈电阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝9 Ω，t＝0时线圈平面与 磁感线平行，求： (1)感应电动势的瞬时值表达式； (2)线圈转一圈R上产生的热量； (3)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量。 交变电流的“四值”问题 答案：B [典例]　如图所示，理想变压器的原线圈接有电压为u＝311sin 100πt(V)的交流电。副线圈接有电阻R1和光敏电阻R2(阻值随光照增强而减小)，开关S开始时处于闭合状态，下列说法正确的是 (　 ) A．该交流电的频率为100 Hz B．当光照变强时，变压器的输入功率减小 C．当滑动触头P向下滑动时，原线圈中电流变大 D．当开关S由闭合到断开，变压器原线圈中电流变大 理想变压器动态分析问题 [答案]　C 2．负载不变，匝数比变化 如图所示，原线圈两端电压U1是不变量。 [对点训练] 1．(多选)如图所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为定值电阻，开关S闭合。V1和V2为理想交流电压表，示数分别为U1和U2；A1、A2和A3为理想交流电流表，示数分别为I1、I2和I3。现断开S，U1不变，下列推断中正确的是 (　 ) A．U2变小、I3变小　　　 B．U2不变、I3变大 C．I1变小、I2变小 D．I1变大、I2变大 解析：理想变压器的电压与匝数成正比，由于理想变压器原线圈两端的电压不变，则副线圈两端的电压不变，所以V2的示数U2不变；当S断开后，并联电路的电阻变大，副线圈的电阻变大，由于副线圈两端的电压不变，所以副线圈中总电流变小，即I2变小，由于电流与匝数成反比，则原线圈中电流也变小，所以I1变小，由于副线圈中总电流变小，R1两端电压变小，并联电路两端的电压U3变大，所以通过R3的电流I3变大，B、C正确。 答案：BC 2．如图是变电站为市区用户供电的示意图。变压器的输入电压是电网的电压，负载变化时电网电压波动极小，可视为不变。变压器可视为理想变压器，其变压比通过滑片P可调，输电线的电阻为R0，则下列判断错误的是 (　 ) A．当用户增多，用户获得的电压会有所降低 B．当用户增多，R0的功率会增大 C．当用户增多，为了使用户获得的电压稳定在220 V，应将P适当上调 D．当用户增多，为了使用户获得的电压稳定在220 V，应将P适当下调 答案：D　 远距离输电线路的分析与计算 (1)将图示时刻记为t＝0，指出此刻线框中的电流方向，并写出该正弦式交流电动势的瞬时值表达式； (2)求降压变压器的原、副线圈匝数比； (3)求灯泡正常发光时，电流表的读数。 3．远距离输电的关键词转化 [对点训练] 1．远距离输电中，升压变压器、降压变压器均为理想变压器。由于用户区用电量的增多，发电厂的输出功率增大为原来的2倍，下列说法正确的是 (　 ) A．输电导线损失的功率大于原来的4倍 B．输电导线损失的功率小于原来的4倍 C．用户得到的功率小于原来的2倍 D．用户得到的功率大于原来的2倍 解析：由于发电厂的输出功率增大为原来的2倍，则升压变压器的输出功率增大为原来的2倍，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P＝UI可知输电导线上的电流I线增大为原来的2倍，根据P损＝I线2r可知：输电导线损失的功率等于原来的4倍，A、B错误；根据U损＝I线r，输电线上的电压损失增大为原来的2倍，故用户得到的功率小于原来的2倍，C正确，D错误。 答案：C 25 2．(2023·山东高考)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率500 kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5 Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220 V，功率88 kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是 (　 ) A．发电机的输出电流为368 A B．输电线上损失的功率为4.8 kW C．输送给储能站的功率为408 kW D．升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44 答案：C　 答案：AC　 2．某兴趣小组利用如图所示装置给灯泡供电。图中两磁极位置相对于水平轴线OO′对称，导线框ABCD绕轴线OO′以角速度ω匀速转动，并通过升压变压器给灯泡供电。下列说法正确的是 (　 ) A．图示位置穿过导线框的磁通量为0 B．图示位置导线框产生的感应电动势为0 C．导线框ABCD中电流的有效值小于灯泡中电流的有效值 D．若灯泡偏暗，可通过增加原线圈匝数来提高灯泡亮度 答案：B　 答案：BD　 4．风力发电近几年来得到了快速发展。如图所示风车阵中发电 机的输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电 压是220 V，输电线的电阻为10 Ω。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求： (1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比； (2)用户得到的电功率。 答案：(1)1∶20　240∶11　(2)96 kW [解析]　(1)n＝3 000 r/min＝50 r/s 线圈转动的角速度ω＝2πn＝100π rad/s 感应电动势的最大值Em＝NBSω＝314 V 因从垂直于中性面位置开始计时 所以感应电动势的瞬时值表达式为 e＝Emcos ωt＝314cos 100πt(V)。 (2)感应电动势的有效值E＝ 电路中电流的有效值I＝ 线圈转一圈R上产生的热量Q＝I2RT≈88.7 J。 (3)线圈由题图所示位置转过90° 的过程中，有 ΔΦ＝BSsin 90° 通过R的电荷量q＝Δt＝Δt＝＝0.1 C。 [答案]　(1)e＝314cos 100πt(V)　(2)88.7 J (3)0.1 C [融会贯通] 利用正弦式交变电流的“四值”解题时的注意事项 正弦式交变电流的“四值”指的是：交变电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值。在分析求解有关“四值”问题时，要特别注意把握如下几点。 1．在判断是否超过电容器的击穿电压等物理量时用峰值。 2．在研究某一时刻通有交流电的导体受到的安培力时应采用瞬时值。瞬时值可由瞬时值表达式计算得出。 3．求电功、电功率以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计算。正弦式交变电流的有效值与峰值间存在I＝的关系，其他交变电流只能根据交流电有效值的定义，依据电流的热效应来计算。 4．求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值，即q＝t。平均值的计算要用法拉第电磁感应定律＝n和闭合电路欧姆定律＝来计算，并且不同时间段内的平均值可能会不同。 [对点训练] 1．已知某电源输出的交变电压的表达式为u＝110 sin 120πt(V)，下列说法正确的是(　 ) A．用电压表测该电源的电压，其示数为110 V B．将该电压加在110 Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为110 W C．交流电的频率为60 Hz，电流方向每秒改变60次 D．用电压表测该电源的电压，当t＝0.1 s时，电压表示数为0 解析：由于正弦式交变电压的最大值为Em＝110 V，所以有效值为U＝110 V，电压表任何时刻都显示的是有效值，其示数为110 V，A、D错误；将该电压加在110 Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为P＝＝110 W，B正确；由ω＝2πf＝120π，得f＝60 Hz，线圈在匀强磁场中每转一圈，电流方向改变两次，故电流方向每秒改变120次，C错误。 2．如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为r＝1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时，求：(从线圈转动经过中性面时开始计时) (1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式； (2)线圈转过 s时感应电动势的瞬时值； (3)电路中电压表和电流表的示数； (4)经 s通过电阻R的电荷量。 解析：(1)n＝300 r/min＝5 r/s，ω＝2πn，e＝Emsin ωt＝NBS·2πnsin 2πnt＝50sin 10πt(V)。 (2)当t＝ s时，e＝50sinV＝25 V。 (3)电动势的有效值E＝＝ V＝25 V 电流表示数I＝＝ A＝ A 电压表示数U＝IR＝×9 V＝ V。 (4) s内线圈转过的角度θ＝ωt＝10π×＝ 该过程ΔΦ＝BS－BS·cos θ＝BS 所以由＝，＝，＝得 q＝Δt＝＝ C＝ C。 答案：(1)e＝50sin 10πt(V)　(2)25 V (3) A　 V　(4) C [解析]　根据原线圈电压的瞬时值表达式，有ω＝100π rad/s，f＝＝50 Hz，A错误；副线圈的功率P2＝，当光照变强时，R2的阻值变小，负载电阻减小，功率增大，原、副线圈功率相等，所以变压器的输入功率增大，B错误；原、副线圈电压和匝数成正比，当滑动触头P向下滑动时，原、副线圈的匝数比减小，副线圈的电压增大，由欧姆定律知，副线圈中电流增大，则输出功率变大，原线圈中电流变大，C正确；开关S由闭合到断开，负载电阻增大，由于副线圈电压不变，根据欧姆定律可知，副线圈中电流变小，则原线圈中电流变小，D错误。 [融会贯通] 理想变压器的动态问题主要表现为两种形式：一是匝数比不变，负载改变；另一种就是负载不变，匝数比改变。分析理想变压器动态问题的流程如下(从不变量出发)。 1．匝数比不变，负载改变 如图所示，副线圈两端电压U2是不变量。 解析：根据＝可得，保持输入电压U1不变，变压器匝数比不变时，则U2不变，当用户增多时，总电阻变小，所以副线圈中电流增大，R0上消耗的功率损失、电压损失都增大，A、B正确；为了使用户获得稳定在220 V的电压，应使n1减小，C正确，D错误。 [典例]　如图所示是交流发电机模型示意图，n＝100匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B＝ T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.48 m2。线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝100π rad/s匀速转动，并与理想升压变压器相连，升压变压器的原、副线圈匝数比为2∶5，理想降压变压器副线圈接入一只“12 V　30 Ω”的灯泡，且灯泡正常发光，线框、输电线路的电阻都不计。 [解析]　(1)利用右手定则判断得到，电流方向为DCBAD 因t＝0时刻线圈平面与中性面垂直 该正弦式交流电动势的瞬时值表达式为 e＝nBSωsin(ωt＋φ0) 其中φ0＝，代入相关数据得 e＝480sin (V)。 (2)发电机的电动势有效值U1＝480 V，升压变压器的原、副线圈匝数比为2∶5 由＝，得升压变压器副线圈的电压U2＝1 200 V 由于灯泡正常发光，则通过降压变压器电压降为U4＝12 V 有＝，线路电阻不计，则U2＝U3，得＝。 (3)灯泡正常发光时，P灯＝4.8 W 理想变压器输出功率等于输入功率，故对升压变压器P入＝P出＝P灯＝4.8 W P入＝U1I1，解得电流表的读数I1＝0.01 A。 [答案]　(1)电流方向为DCBAD e＝480sin(V)　(2)100∶1 (3)0.01 A [融会贯通] 1．抓住两个关系 (1)理想升压变压器连接回路1和回路2，两回路中重要的关系式有：＝，I1n1＝I2n2，P1＝P2。 (2)理想降压变压器连接回路2和回路3，两回路中重要的关系式有：＝，I3n3＝I4n4，P3＝P4。 2．掌握两种损耗 (1)电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，UR＝U2－U3＝IRR。 (2)功率损耗：输电线上电阻发热导致的功率损耗，PR＝P2－P3＝IR2R。输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式PR＝IR2R或PR＝。 解析：对发电机端，由P1＝U1I1得，I1＝2 000 A，故A错误；对用户端由P4＝U4I4得，I4＝400 A，对降压变压器由＝得，I3＝8 A，对输电线由P损＝I32R得，P损＝4 kW，故B错误；由能量守恒定律得P1＝P损＋P4＋P5，解得P5＝408 kW，故C正确；对降压变压器由＝得，U3＝11 000 V，对输电线有U损＝I3R＝500 V，则U2＝U3＋U损＝11 500 V，对升压变压器有＝＝，故D错误。 　三、价值好题精练——培树科学态度和责任　 1.(多选)如图所示，理想自耦变压器是在铁芯上只绕一个线圈，闭合开关S，可以改变原线圈的匝数。a、b两个接线柱将线圈三等分，开关接a时，电压表的读数为Ua，电流表的读数为Ia，电阻R消耗的电功率为Pa；开关接b时，电压表的读数为Ub，电流表的读数为Ib，电阻R消耗的电功率为Pb，则 (　 ) A.＝　　　　　　　 B.＝ C.＝ D.＝ 解析：设输入电压为U，线圈的总匝数为n，由于a、b两个接线柱将线圈等分为三份，所以开关接a时，原线圈的匝数为n，开关接b时，原线圈匝数为n，根据变压器的电压比等于匝数比可得Ua＝U，Ub＝3U，则＝，A正确，B错误；根据欧姆定律可得Ia＝＝，Ib＝＝，则有＝，又由Pa＝UaIa，Pb＝UbIb，可得＝＝，C正确，D错误。 解析：由题图可知，此时导线框和磁场垂直，穿过导线框的磁通量最大，感应电动势为0，A错误，B正确；通过升压变压器给小灯泡供电，则n1<n2，由电流与匝数的关系＝知，I1>I2，即导线框ABCD中电流有效值大于灯泡中电流的有效值，C错误；若灯泡偏暗说明输出电压较小，要使输出电压变大，应减少原线圈匝数，D错误。 3．(多选)某同学自制变压器，原线圈为n1匝，在做副线圈时，将导线ab对折后并在一起，在铁芯上绕n2圈，从导线对折处引出一个接头c，连成如图所示电路。S为单刀双掷开关，线圈电阻不计，原线圈接u1＝Umsin ωt的交流电源。变压器可看作理想变压器，下列说法正确的是 (　 ) A．S接b时，电压表示数为 B．S接c时，电压表示数为 C．S接c时，滑动触头P向下移动，变压器输入功率变大 D．S接c时，滑动触头P向上移动，变压器输入电流变大 解析： S接b时，副线圈属于双线绕法，不论原线圈中交变电流如何变化，副线圈中都不会产生感应电动势，所以电压表示数为0，A错误；S接c时，根据理想变压器的电压比关系U1∶n1＝U2∶n2，且U1＝，解得U2＝，B正确；S接c时，滑动触头P向下移动，连入电路的电阻值增大，P入＝P出＝减小，C错误；滑动触头P向上移动，连入电路的电阻值减小，副线圈中的电流I2＝增大，因U2I2＝U1I1，所以变压器输入电流I1变大，D正确。 解析：(1)输电线损失的功率P损＝P×4%＝100 kW×4%＝4 kW，输电线上的电流I2＝＝ A＝20 A，升压变压器输出电压U2＝＝ V＝5×103 V，升压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝，电压损失U损＝I2R线＝20×10 V＝200 V，降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－U损＝4 800 V，降压变压器原、副线圈匝数比＝＝。 (2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率P用＝P－P损＝P(1－4%)＝96 kW。 $$