1、章末复习课【知识体系】 答案填空垂直于磁场的轴最大零最大sin tnBS电流的热效应n交流高频直流低频I2n2I2rIr主题1交流电四值的计算及应用1瞬时值：反映不同时刻交变电流的大小和方向，正弦式电流瞬时值表达式为：eEmsin t，iImsin t.应当注意必须从中性面开始在研究某一时刻或某状态的问题时，要用瞬时值2峰值：交变电流的峰值是它能达到的最大值线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴旋转所产生的交变电流的电动势，其最大值EmnBS，在考虑电容器的耐压值时，应根据交流电的最大值3平均值：平均值需用En和进行计算，求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用电流的平均值，.4有效值：正弦式交流电
2、的有效值I，其他交变电流的有效值根据有效值的定义计算，求电功、电功率、焦耳热、确定保险丝的熔断电流，要用电流的有效值；没有特殊说明时，交流电的电流、电压、电动势指有效值，交流电表的测量值是有效值，交流用电设备上所标的额定电压、额定电流都是有效值【典例1】如图所示，N50匝的矩形线圈abcd，ab边长l120 cm，ad边长l225 cm，放在磁感应强度B0.4 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n3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r1，外电路电阻R9，t0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里求：(1)t0时感应电流的方向；(2)感应
3、电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转一圈外力做的功；(4)从图示位置转过90的过程中流过电阻R的电荷量解析：(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba.(2)线圈的角速度2n100 rad/s，图示位置的感应电动势最大，其大小为EmNBl1l2，代入数据得Em314 V，感应电动势的瞬时值表达式：eEm cos t314cos 100t V.(3)电动势的有效值E，线圈匀速转动的周期T0.02 s，线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即：WI2(Rr)TT，代入数据得W98.6 J.(4)从t0起转过90过程中，t内流过R的电荷量：qt，代入数据得q0.1 C.题后反思瞬时值、平
4、均值、有效值的应用(1)研究交变电流某一时刻的电流、电压或某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值(2)不仅热量的计算用有效值，与热效应有关的计算，如保险丝的熔断电流都必须用有效值针对训练1将交变电压e220sin 100t V接到“220 V100 W”的灯泡两端，如灯泡灯丝电阻保持不变，求：(1)通过灯泡电流的最大值；(2)灯泡的实际功率；(3)每秒钟电流方向改变的次数；(4)通过灯泡电流i的瞬时值表达式解析：(1)交变电压的有效值U V220 V，灯泡的额定电压为U2220 V，因此恰好正常发光由“220 V100 W”知该灯电阻为R484.通过灯泡电流的最大值为：Im A0.64 A.
5、(2)灯泡的实际功率与额定功率相同，P100 W.(3)周期T0.02 s，1秒钟电流方向改变的次数：n22100 (次)(4)通过灯泡电流的瞬时值表达式为：iImsin t0.64sin 100t A.主题2有关理想变压器的动态分析分清变量和不变量，弄清U1、U2，I1、I2，R，n1、n2，P1、P2等物理量间的制约关系是对理想变压器电路进行动态分析的关键理想变压器电路的动态分析有下列两种情况：(1)第一种情况是原、副线圈匝数比不变，分析原、副线圈的电压U1、U2，电流I1、I2，输出和输入功率P2、P1随负载电阻变化而变化将变压器接到交流电源上，原线圈的输入电压为U1，副线圈两端电压U2
6、为定值，流过副线圈的电流I2随负载电阻的减小而增大，变压器的输出功率P2(P2I2U2)也随着增大，不计变压器损失的能量，则变压器的输入功率P1(P1P2)也增大，流过原线圈的电流I1也增大进行动态分析的顺序是：RI2P2P1I1.分析可知变压器原线圈的电流I1随着副线圈负载电阻的减小而增大(2)第二种情况是负载电阻不变，上述各物理量随原、副线圈匝数比的变化而变化一般情况下，我们认为原线圈输入电压U1和匝数n1不变， 当副线圈匝数n2增大时，副线圈两端电压U2增大，流过副线圈的电流I2增大，变压器输出功率P2(P2I2U2)增大，则理想变压器的输入功率P1增大，流过原线圈的电流I1增大进行动态
7、分析的顺序和第一种情况类似分析可知变压器原线圈的电流I1随着副线圈匝数的增加而增大解答有关变压器的动态分析类问题，应弄清以下决定关系：【典例2】图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n251，电阻R20，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光下列说法正确的是()图甲图乙A输入电压u的表达式u20sin 50 VB只断开S2后，L1、L2均正常发光C只断开S2后，原线圈的输入功率增大D若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W解析：由图象可知Um20，T0.02 s，故100 r
8、ad/s，即输入电压u9的表达式u20sin 100t V，所以A错误断开S2后两灯泡串联，总电压仍为4 V，所以L1、L2均不能正常发光，B项错误根据P入P出可知断开S2后R增大，P入变小，C项错误若S1接2，由P可得P W0.8 W，故答案为D.答案：D题后反思解答变压器问题离不开理想变压器的三个关系，即功率关系、电压关系、电流关系仔细分析题目中的已知条件，找到突破口，再结合三个关系求解针对训练2(多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为41，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表下列结论正确的是()A若电压表读数为6 V，则输入
9、电压的最大值为24 VB若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍则电流表的读数减小到原来的一半C若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D若保持负载电阻的阻值不变输入电压增加到原来的2倍则输出功率增加到原来的4倍解析：若电压表读数为6 V，即变压器输出电压有效值为6 V，则输入电压有效值为U246 V24 V，其最大值为24 V，选项A正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则输出电压也增加到原来的2倍，电流表示数应增加到原来的2倍，选项B错误；若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输出电压不变输出电流减小到原来的一半，输出功率减小到
10、原来的一半，输入功率等于输出功率，即PIU也减小到原来的一半选项C错误；若保持负载电阻的阻值不变输入电压增加到原来的2倍，输出电压也增大到原来的2倍则由P可知输出功率增加到原来的4倍，选项D正确答案：AD统揽考情本章知识在试题中多以选择题题型出现，考查以“表征交流电的物理量”和“变压器”为主，也有对本章知识和电学其他部分甚至力学内容相联系的综合考查，近年各地高考和全国卷都会考一道选择题真题例析(2015课标全国卷)理想变压器的原、副线圈的匝数比为31，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接有电压为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
11、圈回路中电阻消耗的功率之比为k，则()AU66 V，kBU22 V，kCU66 V，k DU22 V，k解析：根据理想变压器的原理：原、副线圈电压比等于线圈匝数比即U1U2n1n2，当副线圈电压U2U，得原线圈电压U13U，理想变压器能量不损耗有P1P2，即U1I1U2I2，I2，得到I1；根据串联电路的特点有：U源U1I1R，联立并将U源220 V数据代入可得：U66 V；原、副线圈回路中的电阻消耗的功率根据PI2R，电阻相等，可得功率之比k，故选项A正确答案：A针对训练(2015海南卷)(多选)如图，一理想变压器原、副线圈匝数比为41，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电
12、路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R11R0，是理想电压表；现将负载电阻的阻值减小为R5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表读数为5.0 V，则()A此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD原线圈两端原来的电压有效值约为48 V解析：当负载电阻的阻值减小为R5R0时，根据串并联电路规律，R两端电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以UR051 V，故副线圈两端电压为U26 V，根据公式可得此时原线圈两端电压的有效值为U124 V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24 V34 V，A正确
13、B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U2IR05IR06IR0，变化前，U2IR011IR012IR0，所以U22U212 V，根据公式可得原线圈两端原来的电压有效值约为48 V，D正确C错误答案：AD1.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO，线圈绕OO匀速转动，如图所示矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()A峰值是e0B峰值是2e0C有效值是Ne0 D有效值是Ne0解析：由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势
14、的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故选项A、B错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U，即UNe0，故选项C错误；选项D正确答案：D2如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V调节前后()A副线圈中的电流比
15、为12B副线圈输出功率比为21C副线圈的接入匝数比为21D原线圈输入功率比为12解析：通过调节触头P.使输出电压有效值由220 V降至110 V输出电压减少为原来的一半，根据欧姆定律I，在电阻不变时，调节前后副线圈输出电流之比为I2前I2后U2前U2后21，选项A错误；根据理想变压器原理U1U2n1n2，在原线圈电压和匝数不变的情况下，副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，接入匝数比n2前n2后U2前U2后21，选项C正确；根据功率PUI，得到调节前后副线圈输出功率之比P2前P2后U2前I2前U2后I2后41，选项B错误；原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，所以原线圈的输入功率之比P1前P1后
16、P2前P2后41，选项D错误答案：C3如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化规定内圆环a端电势高于b端时，ab间的电压为uab正，下列Uabt图象可能正确的是()图甲图乙解析：在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐增加由楞次定律可判断内环a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小；同理在第0.25T00.5T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环内a端电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大故内环的电动势逐渐变大；
17、故选项C正确答案：C4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一个位置滑动到另一个位置，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则下列说法正确的是()A电压表V1示数增大B电压表V2、V3示数均增大C该变压器起升压作用D变阻器滑片是沿cd的方向滑动解析：电流表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，故应从c向d滑动，故D正确；电压表V1、V1示数不变，故A、B错误；原副线圈中的电流和匝数成反比，即n1I1n2I2，电流变化时，n1I1n2I2，故，应是降压变压器，C错误答案：D5如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的原线圈两端接入电压uUmsin t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()A. B.C4r D42r解析：原线圈电压的有效值：U1，根据可求：U2，又因为是理想变压器，所以T的副线圈的电流功率等于输入功率P，所以输电线上电流I，导线上损耗的电功率PI22r4r，所以C正确；A、B、D错误答案：C