2019-2020学年高中物理 第五章 交变电流章末专题归纳课件 新人教版选修3-2

章末专题归纳自感系数频率电容频率1．峰值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴旋转时所产生的交变电流的最大值，Em＝nBSω。2．瞬时值：线圈在匀强磁场中转动，从中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝nBSωsinωt。专题一交变电流“四值”的理解与计算3．有效值：反映交变电流产生热效应的平均效果，正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系是E＝Em24．平均值：指在一段时间内产生的电压(电流)的平均值，其数值由法拉第电磁感应定律求出，即E＝nΔΦΔt。[例1]图5－1为一个小型旋转电枢式交流发电机结构示意图，其矩形线圈的长度为L1，宽度为L2，共有n匝，总电阻为r，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电阻，线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO′匀速运动，沿转轴OO′方向看去，线圈沿逆时针方向转动，t＝0时刻线圈平面与磁感线垂直。图5－1(1)求线圈经过图示位置时，通过电阻R的感应电流的方向。(2)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式。(3)求线圈从t＝0时所处的位置开始到转过90°的过程中的平均感应电动势。(4)求线圈从t＝0时所处的位置开始转过60°时电路中的瞬时电流。(5)求线圈转动一个周期内电阻R上产生的热量。[解析](1)根据右手定则可判断，线圈中的电流方向是d→c→b→a，故通过电阻R的电流是自下而上。(2)从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势Em＝nBL1L2ω，所以感应电动势的瞬时值表达式e＝nBL1L2ωsinωt。(3)由法拉第电磁感应定律有E＝nΔΦΔt＝nBL1L2π2ω＝2nBL1L2ωπ(4)由欧姆定律有i＝eR＋r＝nBL1L2ωsinπ3R＋r＝3nBL1L2ω2(R＋r)(5)电动势的有效值E＝2nBL1L2ω2，电流的有效值I＝2nBL1L2ω2(R＋r)，线圈转动一个周期内电阻R上产生的热量Q＝I2RT＝n2B2L21L22ωRπ(R＋r)。[答案](1)自下而上(2)e＝nBL1L2ωsinωt(3)2nBL1L2ωπ(4)3nBL1L2ω2(R＋r)(5)n2B2L21L22ωRπ(R＋r)1．(2019·天津卷)(多选)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Ф与时间t的关系图像如图5－2所示。下列说法正确的是［变式训练］图5－2A.T2时刻线框平面与中性面垂直B．线框的感应电动势有效值为2πФmTC．线框转一周外力所做的功为2π2Ф2mRTD．从t＝0到t＝T4过程中线框的平均感应电动势为πФmT解析T2时刻穿过线圈的磁通量最大，线框处于中性面位置。故A错误。由图可知，穿过线圈磁通量与时间t的关系为：Ф＝Фmω＝Φm2πT，由法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔt可得，感应电动势大小与时间t的关系为E＝2πTФmsin2πtT。故感应电动势有效值为2πΦmT，故B正确。外力做的功使得线框能以恒定的角速度切割磁感线产生感应电动势而后转化为电路中的热能。故由W＝IUt＝U2Rt可得W＝2π2Φ2mRT，故C正确。平均电动势E＝ΔФΔt＝ФmT4＝4ФmT，故D错误。答案BC变压器由于与实际生活联系紧密，在历年的高考中均有一定的体现。变压器问题往往与闭合电路的动态变化结合，要解决此类问题的关键是抓住不变量，从不变量入手分析变化量，要弄清“谁决定谁”的制约关系，从“制约量”入手分析“被制约量”。专题二含变压器的动态电路分析方法1．匝数比不变的情况(如图5－3所示)图5－3(1)U1不变，根据U1U2＝n1n2，输入电压U1决定输出电压U2不论负载电阻R如何变化，U2不变。(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化。(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化。2．负载电阻不变的情况(如图5－4所示)图5－4(1)U1不变，n1n2发生变化，故U2发生变化。(2)R不变，U2变化，故I2发生变化。(3)根据P2＝U22R，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化。[例2]如图5－5所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是图5－5A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大[解析]当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R1两端电压变大，R2两端电压减小，电流表A2示数减小；原线圈中的电流变大，电流表A1示数变大，选项D错误。[答案]B2．(多选)在家用交流稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑片，如图5－6所示。当变压器输入电压发生变化时，可上下调节P1、P2的位置，使输出电压稳定在220V上。现发现输出电压低于220V，下列措施正确的是［变式训练］图5－6A．P1不动，将P2向上移B．P2不动，将P1向下移C．将P1向上移，同时P2向下移D．将P1向下移，同时P2向上移答案ABD解析由U1U2＝n1n2知，要使U2增大，可在P1不动时，P2上移增多副线圈的匝数，或P2不动时，P1下移减少原线圈的匝数，或将P1下移的同时P2上移，故选项A、B、D正确，选项C错误。[规范审题与答题][例3](15分)发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户，如果升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器，则：(1)画出上述输电过程的线路图。(2)发电机的输出功率是100kW，输出电压是250V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶25，求升压变压器的输出电压和输电导线上的电流。专题三远距离输电线路的分析与计算(3)若输电导线上损失的电功率为发电机输出功率的4%，求输电导线上的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压。(4)计算降压变压器的输出功率。[思路引导][解析](1)输电过程的线路图如图所示。[答案](1)如图所示(2)6250V16A(3)15.625Ω6000V(4)96kW(2)对升压变压器，由U1U2＝n1n2①得U2＝n2n1U1＝251×250V＝6250V②I2＝P2U2＝P1U2＝1056250A＝16A③(3)因为P耗＝P线＝I22R线，又因为P耗＝4%P1④所以R线＝0.04P1I22＝4000162Ω＝15.625Ω⑤ΔU＝U2－U3＝I2R线⑥所以U3＝U2－I2R线＝(6250－16×15.625)V＝6000V⑦(4)P4＝P1－P耗＝(100－4%×100)kW＝96kW。⑧规范解答1.电路图要画规范简洁，线圈回路物理量及角标要按常规标注。2．要分步列公式、公式中要体现题中所涉及的物理量。3．各线圈各回路中的电压电流都在图中标明。因而公式中所涉及的量可以不用再加以文字说明。如图中不标明物理量及角标，则公式中出现该物理量时要有文字说明。评分标准与答题规则本题共15分，第1问3分。第2问5分，①式1分，②③式各2分。第3问5分④式2分，⑤⑥⑦式各1分。第4问2分。3．交流发电机两端电压是220V，输出功率为4400W，输电导线总电阻为2Ω。试求：［变式训练］图5－7(1)用户得到的电压和功率各多大？输电损失功率多大？(2)若发电机输出端用1∶10的升压变压器升压后，经同样输电导线输送，再用10∶1的降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和功率又是多大？解析如图，由P＝IU得：I＝PU＝4400220A＝20A由U＝U用＋IR得：用户得到的电压为U用＝U－IR＝220V－20×2V＝180V由P＝P用＋I2R得：用户得到的功率为P用＝P－I2R＝4400W－202×2W＝3600W输电损失功率为P损＝I2R＝202×2W＝800W。(2)输电线路示意图如图所示根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比可得：U1U2＝n1n2，解得U2＝U1n2n1＝220×101V＝2200V因理想变压器不改变功率，即P2＝P，所以I2＝PU2＝2AU3＝U2－I2R＝2200V－2×2V＝2196V由U4U3＝n4n3得，降压变压器副线圈两端电压U4＝U3n4n3＝2196×110V＝219.6V答案(1)180V3600W800W(2)219.6V4392W用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，即P4＝P3＝P2－I22R＝P－I22R＝4392W。