第3章 章末归纳提升-【创新教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册五维课堂同步Word教案（人教版2019）

[知识整合]对应学生讲义P68 [能力强化] [强化点1]　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＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt，应当注意以上两个表达形式必须从中性面开始． 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＝，I＝Im，E＝.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：它是指交流电图像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 ＝n·来求，当线圈从中性面转过90°的过程中，有 ＝Em.计算平均值切忌用算术平均法，即＝求解，平均值不等于有效值． [例1]　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时电动势的瞬时值； (3)电路中电压表和电流表的示数； (4)经过s通过电阻R的电荷量． [解析]　(1)f＝300 r/min＝5 r/s，e＝Emsin ωt＝NBS·2πfsin 2πft＝50sin 10πt(V)． (2)当t＝s时，e＝50sin(10π×)V＝43.3 V. (3)电动势的有效值E＝＝V＝35.4 V 电流表示数I＝＝A＝3.54 A 电压表示数U＝IR＝3.54×9 V＝31.86 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)43.3 V (3)3.54 A　31.86 V　(4)C [强化点2]　变压器问题解题思路分析 1．理想变压器的变压原理问题 对于磁感线回路唯一的“□”形变压器，当原线圈中磁通量变化时，整个闭合铁芯中，处处相等，而对于磁感线回路不唯一的如“□□”形变压器．不同位置可能不同，此时有＝＋. 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 解析：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＝，可知U2也不变，即电压表V2的示数不变．又据I2＝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.] [规律总结]　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． [强化点3]　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：＝，U2＝U线＋U3，＝. (3)电流关系：＝，I2＝I线＝I3，＝. (4)输电电流：I线＝＝＝. (5)输电导线上损耗的电功率： P损＝P2－P3＝IR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＝1 Ω，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＝4 Ω，全校22个教室，每个教室用“220 V　40 W”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 P2′＝22×6×40 W＝5 280 W 用电器都正常工作时的总电流 I2′＝＝ A＝24 A 两个变压器之间输电线上的电流 Ir＝I2＝＝6 A 故输电线上损耗的电功率 Pr＝Ir＝144 W. (2)升压变压器的输出功率 P1′＝Pr＋P2′＝5 424 W. 而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率 P出＝P1＝P1′＝5 424 W. (3)降压变压器上的输入电压U2＝4U2′＝880 V 输电线上的电压损失Ur＝Irr＝24 V 因此升压变压器的输出电压 U1′＝Ur＋U2＝904 V 升压变压器的输入电压U1＝＝226 V 升压变压器的输入电流I1＝4Ir＝24 A 发电机的电动势E＝U1＋I1R＝226 V＋24×1 V＝250 V. [答案]　(1)144 W　(2)5 424 W　(3)250 V [强化训练] 1．(多选)图甲为风力发电的简易模型．在风力作用下，风叶带动与杆固连的磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连．在某一风速时，传感器显示的电压随时间变化的关系如图乙所示，则(　　) A．磁铁的转速为5πr/s B．线圈两端电压的有效值为6 V C．交变电压瞬时值表达式为u＝12sin 5πt(V) D．该交变电压可以直接加在击穿电压为6V的电容器上 解析：BC　[由题图乙知，电压的变化周期为T＝0.4 s，故磁铁的转速为n＝＝2.5 r/s，故A错误；通过题图乙可知电压的最大值为12 V，则有效值U＝＝6 V，故B正确；因T＝0.4 s，故ω＝＝5π rad/s，则电压的瞬时值表达式为u＝12sin 5πt(V)，故C正确；电容器的击穿电压小于交变电压的最大值，故该交变电压不能直接加在击穿电压为6V的电容器上，故D错误．] 2．(多选)由于天气原因某小区的供电系统遭到严重破坏．为此，启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，发电机输出的电压u＝480sin 100πt(V)，图中R表示输电线的电阻．滑动触头P置于a处时，用户的用电器恰好正常工作、下列说法正确的是(　　) A．若A2的示数为2 A，R＝10 Ω，则原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1 B．若A2的示数为2 A，R＝10 Ω，则原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1 C．若发电机的输出电压发生波动使V1的示数小于正常值，要使用电器仍能正常工作，应将滑动触头P向下滑动 D．当用电器增加时，为保证用电器仍能正常工作，滑动触头P应向上滑动 解析：AD　[若A2的示数为2 A，R＝10 Ω，又因为用户的用电器正常工作时电压为220 V，故副线圈两端电压U2＝220 V＋I2R＝240 V，又原线圈两端电压U1＝Um＝480 V，故原、副线圈的匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，选项A正确，B错误；由＝得U2＝U1，若U1变小，为保证用电器仍能正常工作，则n2应变大，滑动触头P应向上滑动，选项C错误；当用电器增加时，副线圈中的电流增大，输电线电阻R上的电压增大，为保证用电器仍能正常工作，则副线圈两端的电压应增大，故滑动触头P应向上滑动，选项D正确．] 3．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V．已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　　) A．发电机输出的电流I1＝40 A B．输电线上的电流I线＝625 A C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11 D．用户得到的电流I4＝455 A 解析：C　[发电机输出的电流I1＝＝A＝400 A，选项A错误．输电线上的电流I线＝＝A＝25 A，选项B错误．升压变压器的副线圈输出电压U2＝＝V＝4×103 V，输电线损耗电压ΔU＝I线R＝25×8 V＝200 V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3 800 V，故降压变压器的匝数比＝＝＝，选项C正确．降压变压器的副线圈的输出功率P4＝P3＝P－P线＝95 kW，故用户得到的电流I4＝＝A≈431.8 A，选项D错误．] 学科网（北京）股份有限公司 $$