高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册第三章 交变电流1 交变电流导学案

第三章 交变电流

考点整合·素养提升

考点　交变电流“四值”的理解及应用

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＝Em，I＝Im。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。求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值q＝·Δt＝。

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·＝nBL2ω

由闭合电路欧姆定律可知Im＝＝，

当以题图所示为计时起点时，流过R的电流表达式为

i＝Imsinωt＝sin ωt。

（2）在线圈由题图所示位置匀速转动90°角的过程中，

用有效值计算R产生的热量。

Q＝I2R，

其中I＝＝，T＝

所以Q＝。

（3）在转过90°角的过程中感应电动势的平均值为

＝n，通过R的电荷量：

q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝＝。

（4）电阻R上的最大电压：

Um＝Im·R＝。

答案：（1）sin ωt　（2）

（3）　（4）

【加固训练】

如图甲所示，边长为L的正方形金属线框位于竖直平面内，线框的匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动。线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连。线框所在空间有方向水平向右的匀强磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均已知。在0～t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴O1O2以角速度ω匀速转动。

（1）求0～t1时间内电阻R两端的电压大小。

（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中，求电流通过电阻R产生的热量。

（3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，求通过电阻R的电荷量。

【解析】（1）0～t1时间内，线框中的感应电动势为：

E＝n＝

根据闭合电路的欧姆定律可知，通过电阻R的电流为：

I＝＝

所以电阻R两端的电压为：

UR＝IR＝

（2）线框匀速转动产生的感应电动势最大值为：Em＝nB1L2ω

感应电动势的有效值为：E′＝nB1L2ω

通过电阻R的电流有效值为：I′＝

线框转动一周所需的时间为：t＝

此过程中，电阻R产生的热量为：Q＝I′2Rt＝

（3）线框从图甲所示位置转过90°的过程中，平均感应电动势为：

＝n＝

平均感应电流为：

＝

通过电阻R的电荷量为：

q＝Δt′＝

答案：（1）　（2）

（3）

考点1　与理想变压器有关的问题

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确定后，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。

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】选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）和线圈匝数比决定，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。根据公式U2＝，可知U2也不变，即电压表V2的示数不变。又根据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。

【加固训练】

　　（多选）图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从某一位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，已知各表均为理想交流电表，下列说法正确的是（　　）

A.电压表V2示数不变，V3示数减小

B．电压表V1、V2示数都增大

C．变阻器滑片是沿c→d方向滑动的

D．该变压器是升压变压器

【解析】选A、C。由题意知，电源电压有效值不变，滑动变阻器的阻值变化不会影响副线圈的输入电压，所以电压表V1、V2示数都不变，故B错误；副线圈两端电压不变，由题意可知，原、副线圈电流都增大，又副线圈的输入电压不变，所以副线圈总电阻减小，可知滑动变阻器电阻减小，即滑片从c向d滑动，故C正确；由C分析可知，原、副线圈的电流增大，所以定值电阻R0两端电压增大，滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V3示数减小，又电压表V2示数不变，故A正确；根据理想变压器电流与匝数的关系可得＝＝＝，所以变压器为降压变压器，故D错误。

考点2　远距离输电的分析与计算

1.输电示意图，如图所示：

2.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。

3.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＝IR。输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式PR＝IR或PR＝。

4.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。

如图所示为某实验室研究远距离输电的模拟装置。理想变压器的匝数比n1∶n2＝n4∶n3，交变电源的电动势e＝50sin （10πt） V，r为输电线的电阻，则（　　）

A．闭合开关后，灯泡两端的电压为50 V

B．闭合开关后，通过灯泡电流的频率为10 Hz

C．依次闭合开关S1、S2、S3，输电线消耗的电功率越来越大

D．依次闭合开关S1、S2、S3，在此过程中灯泡L1越来越亮

【解析】选C。升压变压器的输出电压为U2＝U1，降压变压器的输入电压为U3＝U2－Ur，降压变压器的输出电压为U4＝U3，解得U4＝U3＝（U2－Ur）＝（U1－Ur）＝U1－Ur<U1，而U1＝ V＝50 V，A错误；交变电源的频率为f＝ Hz＝5 Hz，B错误；设灯泡总电阻为R，流过灯泡的总电流为I，流过输电线的电流为I′，根据电流关系有I′＝I，根据选项A的推导有U4＝U1－Ur，即IR＝U1－I′r，化简为R＝U1－r＝U1－（）2r，依次闭合开关S1、S2、S3，则灯泡的总电阻R减小，则流过灯泡的总电流I增大，根据电流关系可知流过输电线的电流也增大，则输电线消耗的电功率在增大。在输电线路上，输电线损耗的电压升高，则降压变压器的输入电压减小，输出电压也减小，所以灯泡电压降低，亮度降低。C正确，D错误。

【加固训练】

　　为了减少因火电站中煤的燃烧对大气的污染而大力发展水电站。三峡水利工程中某水电站发电机组设计为：水以v1＝3 m/s的速度流入水轮机后以v2＝

1 m/s的速度流出。流出水位比流入水位低10 m，水流量为Q＝10 m3/s。水轮机效率为75%，发电效率为80%。发电站通过升压变压器、输电线和降压变压器把电能输送给生产和照明组成的用户。发电机的输出电压是500 V，升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，输电线上功率损失为5%，用户需要电压为

220 V，则：

（1）画出远距离输电的原理图；

（2）该发电机组的输出功率是多少？

（3）输电线的电阻为多少？

（4）降压变压器的匝数比为多少？

（5）若有60 kW分配给生产用电，其余电能用来照明，那么，可装25 W的电灯多少盏？

【解析】（1）远距离输电的原理图如图所示

（2）根据能量守恒得，发电机组的输出功率

P＝×75%×80%

已知，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3，则

P＝（10×1.0×103×10×10＋×10×1.0×103×8）×75%×80%W＝6.24×105 W

（3）输出电压U2＝U1＝500×10 V＝5 000 V，

其中U1＝500 V

输送电流I＝＝ A＝124.8 A

根据P损＝I2R＝5%P得，

电阻R＝＝ Ω≈2 Ω

（4）输电线上的电压损失

ΔU＝IR＝124.8×2 V＝249.6 V

则降压变压器的输入电压

U3＝U2－ΔU＝（5 000－249.6） V≈4 750 V

则降压变压器的匝数比

＝＝＝

（5）输电线上损失的功率

P损＝5%P＝0.05×6.24×105 W＝31 200 W

则可装25 W的电灯的盏数为

n＝＝21 312盏

答案：（1）

（2）6.24×105 W　（3）2 Ω　（4）475∶22　（5）21 312盏