2021版人教版高三物理一轮复习基础梳理：第九章　课时4　交变电流 学案

课时4　交变电流

一、交变电流的产生和变化规律

1.交变电流:大小和方向都随时间做周期性变化的电流。

2.正弦式电流

(1)产生:在匀强磁场里,线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。

(2)中性面

①定义:与磁场方向垂直的平面。

②特点:线圈位于中性面时,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,感应电动势为零。线圈每经过中性面一次,电流的方向就改变一次。

(3)变化规律(线圈在中性面位置开始计时)

①电动势(e):e=Emsin ωt

②电压(u):u=Umsin ωt 

③电流(i):i=Imsin ωt 

(4)图象(如图)

二、描述交变电流的物理量

1.交变电流的周期和频率的关系:T=。

2.峰值和有效值

(1)峰值:交变电流的峰值是它能达到的最大值。

(2)有效值:让交流与恒定电流分别通过大小相同的电阻,如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等,则这个恒定电流I、恒定电压U就是这个交变电流的有效值。

(3)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系

I=,U=,E=。

(4)通常所说交变电流、电压的数值,各种交流电器设备所标的额定电压和额定电流的数值,一般交流电表测量的数值,都是指有效值(除非有特殊说明)。

三、电感和电容对交变电流的影响

1.电感器对交变电流的阻碍作用

(1)电感器对交变电流有阻碍作用。影响电感器对交变电流阻碍作用大小的因素:线圈的自感系数和交流的频率。线圈的自感系数越大、交流的频率越高,电感对交变电流的阻碍作用越大。

(2)电感器在电路中的作用:通直流,阻交流;通低频,阻高频。

2.电容器对交变电流的阻碍作用

(1)电容器对交变电流有阻碍作用。影响电容器对交变电流阻碍作用大小的因素有电容器的电容与交流的频率,电容器的电容越大、交流的频率越高,电容器对交变电流的阻碍作用越小。

(2)电容器在电路中的作用:通交流,隔直流;通高频,阻低频。

考点一　交变电流的产生与描述

1.产生:当闭合线圈由中性面位置开始在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时,线圈中会产生感应电动势,感应电动势随时间而变化的函数是e=Emsin ωt。

2.规律:若n匝面积为S的线圈以角速度ω绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,从中性面开始计时,其函数形式为e=Emsin ωt,Em=nBSω表示电动势最大值,其电流大小为i==sin ωt=Imsin ωt。

3.交变电流的描述

(1)周期T:交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间,单位是秒(s)。公式T=。

(2)频率f:交变电流在1 s内完成周期性变化的次数,单位是赫兹(Hz)。公式f=。

[典例1] (多选)在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势的图象如图乙所示,则下列说法正确的是(　　)

A.t=0.005 s时线框的磁通量变化率为零

B.t=0.01 s时线框平面与中性面重合

C.电流方向每秒改变100次

D.该交流电动势的瞬时表达式为e=311sin 100πt(V)

解析:线框中感应电动势与磁通量的变化率成正比,而t=0.005 s 时e最大,磁通量变化率最大,故A错误;t=0.01 s时e=0,Φ最大,故B正确;周期T=0.02 s,f=50 Hz,电流方向每秒改变100次,C正确;Em=311 V,ω=2πf=100πrad/s,初相为0,故瞬时表达式为e=311sin 100πt(V),D正确。

答案:BCD

变式1:如图甲所示,一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中,并绕过ab,cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角θ=45°时(如图乙)为计时起点,并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则选项图所示的四幅图中正确的是(　D　)

解析:矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时,产生的电流按正弦规律变化,由于t=0时,线圈的转动方向如图(乙),由右手定则判断可得,此时ad中电流方向为由a到d,线圈中电流方向为a→d→c→b→a,与规定的电流正方向相反,电流为负值。又因为此时ad,bc两边的切割速度方向与磁场方向成45°夹角,由E=2BLv⊥,可得E=2·BLv=Em,即此时的电动势为峰值的倍,电流当然也是峰值的倍,由图(乙)还能观察到,线圈在接下来45°的转动过程中,ad,bc两边的切割速度越来越小,所以感应电动势应减小,感应电流应减小,故D正确。

考点二　交变电流四值的比较

1.交变电流的瞬时值、峰值、有效值、平均值的比较

2.对交变电流有效值的理解

交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的,所以进行有效值计算时,要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算。注意“三同”:即“相同电阻”、“相同时间”内产生“相同热量”。计算时“相同时间”要取周期的整数倍,一般取一个周期。

[典例2] 如图所示是我国居民日常生活所用交变电流的图象,由图象可知(　　)

A.该交变电流的频率为100 Hz

B.该交变电流的有效值为311 V

C.该交变电流的周期是2 s

D.该交变电流电压的瞬时值表达式为u=311sin 100πt(V)

解析:由图可知,交变电流的周期T=0.02 s,则其频率f==50 Hz,故A,C错误;该交变电流电压的最大值Em=311 V,则有效值E== V=220 V,故B错误;交变电流的角速度ω==100π rad/s,故该交变电流电压的瞬时值u=311sin 100πt(V),故D正确。

答案:D

变式2:(多选)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5 Ω,现外接一只电阻为105 Ω的灯泡,如图乙所示,则下列说法正确的是(　AD　)

A.电路中的电流方向每秒钟改变100次

B.电压表V的示数为220 V

C.灯泡实际消耗的功率为440 W

D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为20 J

解析:交变电流的频率为50 Hz,而每转一周,电流的方向改变两次,因此每秒钟改变100次,故选项A正确;电压表测的是路端电压,为U==210 V,故选项B错误;灯泡实际消耗的功率P==420 W,故选项C错误;发电机每秒钟产生的焦耳热Q=I2rt=（）2×5×1 J=20 J,故选项D正确。

考点三　电感、电容对交变电流的影响

1.电感线圈对交变电流的阻碍作用

(1)线圈的自感系数越大,交变电流的频率越高,电感器对交变电流的阻碍作用越大。

(2)作用:通直流、阻交流(低频扼流圈);通直流、通低频、阻高频(高频扼流圈)。

2.电容器对交变电流的阻碍作用

(1)电容器的电容越大,交流的频率越高,电容器对交流的阻碍作用就越小。

(2)作用:通交流、隔直流;通高频、阻低频。

[典例3] (多选)如图所示电路中,A,B为两相同的小灯泡,L为直流电阻为零的电感线圈,下列说法正确的是(　　)

A.电源为稳恒直流电源时,灯泡A,B亮度相同

B.电源为稳恒直流电源时,灯泡A比B亮度大

C.电源为交流电源时,灯泡A,B亮度相同

D.电源为交流电源时,灯泡B比A亮度小

解析:电感线圈对交流有阻碍作用,对稳恒直流没有阻碍作用,电源为交流电源时,A比B亮度大。

答案:AD

变式3:(多选)如图所示,接在交流电源上的电灯泡正常发光,以下说法正确的是(　ACD　)

A.把电介质插入电容器,灯泡变亮

B.增大电容器两极板间的距离,灯泡变亮

C.减小电容器两极板间的正对面积,灯泡变暗

D.使交变电流频率减小,灯泡变暗

解析:把电介质插入电容器,电容增大,电容器对交变电流阻碍作用变小,所以灯泡变亮,故A正确。增大电容器两极板间的距离,电容变小,电容器对交变电流阻碍作用变大,所以灯泡变暗,故B错误。减小电容器两极板间的正对面积,电容变小,灯泡变暗,故C正确。交变电流频率减小,电容器对交变电流阻碍作用增大,灯泡变暗,故D正确。

考点四　变压器

1.构造:由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成。变压器构造如图所示。

(1)原线圈:与交流电源连接的线圈;

(2)副线圈:与负载连接的线圈。

2.工作原理:电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场,由于电流的大小、方向在不断变化,铁芯中的磁场也在不断变化。变化的磁场在副线圈中产生感应电动势,所以尽管两个线圈之间没有导线相连,副线圈也能够输出电流。互感现象是变压器工作的基础。

3.理想变压器:不考虑铜损(线圈电阻产生的焦耳热)、铁损(涡流产生的焦耳热)和漏磁的变压器,即它的输入功率和输出功率相等。

4.基本关系式

(1)功率关系:P入=P出;

(2)电压关系:=;

(3)电流关系:只有一个副线圈时,=。

[典例4] (多选)如图所示,变压器输入有效值恒定的电压,副线圈匝数可调,输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器),R表示输电线的电阻,则(　　)

A.用电器增加时,变压器输出电压增大

B.要提高用户的电压,滑动触头P应向上滑

C.用电器增加时,输电线的热损耗增加

D.用电器增加时,变压器的输入功率减小

解析:由于变压器原、副线圈的匝数不变,而且输入电压不变,因此增加负载不会影响输出电压,故选项A错误;根据变压器原理可知输出电压U2=U1,当滑动触头P向上滑时,n2增大,所以输出电压增大,故选项B正确;由于用电器是并联的,因此用电器增加时总电阻变小,输出电压不变,总电流增大,故输电线上热损耗增大,选项C正确;用电器增加时总电阻变小,总电流增大,输出功率增大,所以输入功率增大,故选项D错误。

答案:BC

变式4:一输入电压为220 V,输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏了,为获知此变压器原、副线圈匝数,某同学拆下烧坏的副线圈,用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈,如图所示,然后将原来线圈接到220 V交流电源上,测得新绕线圈两端的电压为1 V,按理想变压器分析,该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为(　B　)

A.1 100,360 B.1 100,180

C.2 200,180 D.2 200,360

解析:对新绕线圈的理想变压器,根据变压比公式得n1===1 100,变压器烧坏前,同理n2===180,故B正确。

考点五　电能的输送

1.减少电能损失的方法

(1)减小输电线的电阻:根据R=ρ,要减小输电线的电阻R,在输电距离一定的情况下,可采用的方法有选用电阻率小的金属材料,尽可能增大导线的横截面积等。

(2)减小输电导线中的电流:在输电功率一定的情况下,根据P=UI,要减小电流,必须提高输电电压。

2.远距离输电

(1)输电导线上损失的电功率:输送功率一定时,线路电流I=,输电线上损失功率P损=I2R线=R线,可知P损∝。

(2)远距离输电线路中的功率关系P输=P损+P用。

[典例5] (多选)如图所示为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电,下列表述正确的是(　　)

A.增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失

B.高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗

C.在输送电压一定时,输送的电功率越大,输电过程中的电能损失越小

D.高压输电必须综合考虑各种因素,不一定是电压越高越好

解析:根据P=I2R可知,在电流I一定的情况下,减小输电导线的电阻R可以减少电路上的电能损失,而R=ρ,所以增大输电线横截面积S有利于减少输电过程中的电能损失;由公式P=I2R可得,若设输送的电功率为P′,则P=R,可见,在输送电压U一定时,输送的电功率P′越大,输电过程中的电能损失越大。选项A,B,D正确,C错误。

答案:ABD

变式5:图为远距离输电示意图,两变压器均为理想变压器,升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1,n2,在T的原线圈两端接入一电压u=Um sin ωt的交流电源,若输送电功率为P,输电线的总电阻为2r,不考虑其他因素的影响,则输电线上损失的电功率为(　C　)

A.()     B.()

C.4()2 ()2r D.4()2()2r

解析:T的输入电压U1=,则P=U1I1,I1==,又因为=,所以I2=I1=,则输电线上损失的电功率P损=·2r=4()2()2r,C项正确。

1.(交流电的产生与描述)(多选)一正弦式交流电压随时间变化的规律如图所示。由图可知(　BD　)

A.该交流电压瞬时值的表达式为u=100sin 25t(V)

B.该交流电压的频率为25 Hz

C.该交流电压的有效值为100 V

D.若将该交流电压加在阻值为R=100 Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率是50 W

解析:从题图中可知,交流电压周期T=4×10-2 s,峰值电压Um=100 V,故交流电压的频率f==25 Hz,有效值U==50 V。将该交流电压加在R=100 Ω的电阻两端时,电阻消耗的热功率P==50 W,电压的瞬时值表达式u=Umsin t=100sin 50πt(V),故正确选项为B,D。

2.(交流电四值的比较)(多选)理想变压器原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u随时间t变化的规律如图所示,原、副线圈匝数比=100,副线圈只接入一个R=10 Ω的电阻,则(　BCD　)

A.与电阻R并联的电压表示数为3.11 V

B.流过电阻R的电流最大值为0.311 A

C.变压器的输入功率为0.484 W

D.一个周期内,电阻R上产生的热量为9.68×10-3 J

解析:由题中图线得,原线圈两端的电压为U1=220 V,由变压器原、副线圈电压比=得,副线圈上的电压为U2=2.2 V,选项A错误;流过电阻R的电流最大值Im=≈0.311 A,选项B正确;变压器的输入功率等于输出功率,即有P入==0.484 W,选项C正确;一个周期内,电阻R上产生的热量Q=P入T=9.68×10-3 J,选项D正确。

3.(电感、电容对电路的影响)(多选)如图所示,当交流电源的电压为220 V,频率为50 Hz时,三只灯泡A,B,C的亮度相同,若将交流电源的频率改变为100 Hz时,则(　BC　)

A.A灯比原来亮 B.B灯比原来亮

C.C灯亮度不变 D.C灯比原来暗

解析:交流电源的频率增大时,线圈的感抗增大,电容器的容抗减小,而电阻R的大小不受交流频率的影响。

4.(变压器)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1,在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻R,原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上,如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U,原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k,则(　A　)

A.U=66 V,k= B.U=22 V,k=

C.U=66 V,k= D.U=22 V,k=

解析:设原线圈中电流为I,由=知副线圈中的电流I2=3I,由题意知副线圈中电阻两端的电压U=3IR,则原线圈回路中R两端的电压U′=IR=,原线圈两端的电压U1=3U,由闭合电路中电压关系可知U1+U′=220 V,即3U+=220 V,解得U=66 V,原线圈回路中电阻消耗的功率P1=I2R,副线圈回路中电阻消耗的功率P2=(3I)2R,k===,选项A正确。

5.(远距离输电)某水电站,用总电阻为2.5 Ω的输电线给500 km 外的用户输电,其输出电功率是3×106 kW。现用500 kV 电压输电,则下列说法正确的是(　B　)

A.输电线上输送的电流大小为2×105 A

B.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV

C.若改用5 kV电压输电,则输电线上损失的功率为9×108 kW　

D.输电线上损失的功率为ΔP=,U为输电电压,r为输电线的电阻

解析:由P=UI得输电线上输送的电流为I==6.0×103 A,选项A错误;由ΔU=Ir得输电线路上的电压损失为ΔU=15×103 V,选项B正确;输电线上损失的功率应为ΔP=I2r,而I≠,选项D错误;改用5 kV电压输电后,若仍按ΔP=I2r计算,则输电线上损失的功率为ΔP=I2r=()2r=()2×2.5 W=9×1011 W,但ΔP远大于输出功率,不符合实际,这显然违反能量守恒定律,选项C错误。

1.(2018·全国Ⅲ卷,16)一电阻接到方波交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图所示。则Q方∶Q正等于(　D　)

A.1∶ B.∶1 C.1∶2 D.2∶1

解析:由有效值定义知,一个周期内方波交流电产生热量

Q方=·+·=T,

正弦交流电产生热量Q正=T=T=·T,

则Q方∶Q正=2∶1。选项D正确。

2.(2020·浙江1月选考,10)如图所示,甲乙两图中的理想変压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原副线圈的匝数比为k1,电压表读数为U,乙图中变压器原副线圈的匝数比为k2,电流表读数为I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为(　B　)

A.k1U,k2I B.k1U,

C.,k2I D.,

解析:根据原副线圈的电压、电流与线圈匝数关系,可知==k1,==,由此可知U1=k1U,I1=,选项B正确。

3.(2018·天津卷,4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电,电路如图所示,理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I,U,R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的,则(　B　)

A.R消耗的功率变为P 

B.电压表V的读数变为U

C.电流表A的读数变为2I 

D.通过R的交变电流频率不变

解析:发电机线圈的转速变为原来的,由E=知,原线圈中输入电压U1变为原来的,交变电流的频率f变为原来的,D错误;根据=,则副线圈的输出电压U2变为原来的,即U2=U,B正确;R消耗的功率P2==P,A错误;根据=知,副线圈中的电流I2变为原来的,原线圈中的电流I1变为原来的,即电流表A的读数变为,C错误。

4.(2018·江苏卷,2)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时,为使输电线上损耗的功率减小为原来的,输电电压应变为(　C　)

A.55 kV B.110 kV C.440 kV D.880 kV

解析:输送功率P=UI,

输电线上损耗的功率P损=I2r=()2r∝,当P损减小为原来的时,输电电压应变为原来的2倍,即为440 kV。