高中物理选修 第十章 交变电流.ppt

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1、交变电流传感器,交变电流传感器,1在复习本章内容时，应重点理解交流电的产生和描述，掌握变压器的变压比和变流比，了解变压器的电压、电 流、功率的决定因素2对于变压器的原理和使用，要从电磁感应现象的本质特 点入手，理解原、副线圈的匝数比与线圈电压比之间的关 系，理解副线圈电流控制原线圈电流，理解原线圈输入功 率等于副线圈上输出功率，还要熟悉远距离输电的流程图,3在对传感器的复习中，首先是对电路的要求，探究敏感 元件在电路中的作用，然后进一步理解传感器的工作原 理，以拓宽思维，培养创新意识，同时注意与生产、生 活相联系.,一、交变电流的产生和变化规律1交变电流：大小和 都随时间做 变化的电流,2正弦

2、式交变电流(1)定义：按 变化的交变电流，简称正弦式电流(2)中性面：线圈平面垂直于磁场，此时穿过线圈的磁通量最大,方向,周期性,正(余)弦规律,(3)正弦式电流的产生 当闭合线圈由中性面位置(图10 11中O1O2位置)开始在匀强 磁场中绕垂直于磁场方向的轴 转动时，线圈中产生的感应电动势随时间,匀速,按正弦规律变化,图10 11,(4)正弦式电流的变化规律(从中性面开始计时)电动势：eEmsint.电压：uUmsint.电流：iImsint.其中等于线圈转动的角速度，EmnBS.,(5)正弦式电流的图象(图1012),图1012,二、描述交变电流的物理量1周期和频率(1)周期(T)：交变电

3、流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需 的，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，单位 是赫兹(Hz)(3)周期和频率的关系：T 或f.,时间,次数,2交变电流的四值(1)峰值：Em.(2)瞬时值：交变电流在某一 的值，是时间的函数(3)有效值：让交流与直流通过相同阻值的电阻，如果在交 流的一个周期内它们产生的 相等，就把这一直流的 数值叫做这一交流的有效值(4)平均值：n.,nBS,时刻,热量,1函数表达式 eEmsint 只有从中性面计时才成立，如 果开始位置和中性面成角，则 eEmsin(t)2只有正(余)弦式电流才有I 关系,矩形线框绕垂直于匀强

4、磁场的轴O转动时，线圈的两对边切割磁感线产生电动势，如图1013所示,图1013,设线圈的匝数为n，转动角速度为，两对边分别为l1和l2(其中ab边为l1，ad边为l2)若从中性面开始计时，经时间t转到如图所示位置，则t时间线框转过t角 ab边产生的电动势e1nBl1 l2sint.cd边产生的电动势e2nBl1 l2sint.由右手定则可知：e1和e2环绕方向相同 故总电动势ee1e2nBl1l2sintnBSsint.其中nBS为电动势的最大值,在交变电流的产生过程中，要特别注意两个特殊位置的不同特点(1)线圈平面与中性面重合时，SB，最大，/t0，e0，i0，电流方向将发生改变(2)线圈

5、平面与中性面垂直时，SB，0，/t最大，e最大，i最大，电流方向不改变,1如图1014所示，矩 形线圈abcd面积为S，在磁 感应强度为B的匀 强磁场中绕OO轴以 角速度从中性面位置 开始匀速转动，时间为t时，线圈中的感应电动势的 大小为(),图1014,A.BSsint B.BScostCBSsint D2BScost,解析：由图可知，线圈中的ab边和cd边不切割磁感线，不产生感应电动势，而ad边和bc边做切割磁感线的运动，产生的感应电动势各为eadB vsint和ebcB vsint，线圈中总感应电动势eeadebc2B vsint2B()sintBSsint.故C正确,答案：C,1正弦式

6、电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值,2几种典型的电流及其有效值,(1)电磁感应中，感应电动势的最大值EmnBS，仅与n、B、S、有关系，与线框的形状无关(2)计算有效值时，要注意根据“相同时间内，相同电阻产 生的热量相同”来计算(3)用电器铭牌上所标出的电压、电流值均表示有效值,2(2010青岛模拟)已知某电 阻元件在正常工作时，通 过它的电流按如图101 5所示的规律变化今 与这个电阻元件串联一个 多用电表(已调至交流电流档)，则多用电表的读数 为(),A4 A B4 AC5 A D 5 A,解析：多用电表的读数为有效值，由I2RT()2R(3)2R，得I5 AC项正确,答案：C,如图101

7、6(a)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以角速度逆时针匀速转动若以线圈平面与磁场夹角45时为计时起点，如图(b)所示，并规定当电流自a流向b时电流方向为正则图(c)所示的四幅图中正确的是(),图 1016,思路点拨解答本题应注意以下三方面：(1)t0时刻感应电流方向；(2)利用t0时刻的速度确定感应电动势大小；(3)判定t0时刻后短时间内电流的变化趋势,课堂笔记由楞次定律知，t0时电流方向为负，线圈平面与中性面的夹角为，线圈再转过 到达中性面，所以，线圈中感应电流为iImsin(t)，因而只有D项正确,答案D,确定交变电流的图象问题时可以先写出瞬时值表达式

8、，然后再结合数学关系分析.,(2009福建高考)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1017甲所示已知发电机线圈内阻为5.0，现外接一只电阻为95.0 的灯泡，如图乙所示，则(),图1017,A电压表 的示数为220 VB电路中的电流方向每秒钟改变50次C灯泡实际消耗的功率为484 WD发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J,思路点拨根据图象确定电压的有效值及电流方向改变的频率，要考虑到闭合电路中路端电压和电动势的关系利用有效值计算功率或焦耳热,课堂笔记电动势的有效值为E V220 V，所以电流的有效值I A2.2 A，所以电压表的示数为UIR2.295.0 V209

9、 V，选项A错；交变电流的频率为f 50 Hz，每个周期内电流方向改变2次，故每秒钟内电流方向改变100次，选项B错；灯泡实际消耗的功率为P灯I2R2.2295.0 W459.8 W，故选项C错；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为QI2rt2.225.01 J24.2 J，选项D对,答案D,在处理交变电流问题时，电压、电流、功和功率均指的是有效值，若要计算通过线圈导线某横截面积的电荷量，要用平均值.,(12分)如图1018所示，交流发电机转子有n匝线圈，每匝线圈所围面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匀速转动的角速度为，线圈的电阻为r，外电路电阻为R.当线圈由图中实线位置匀速转动90到达虚

10、线位置过程中，试问：,图1018,(1)通过R的电荷量q为多少？(2)R上产生的电热QR为多少？(3)外力做的功W为多少？,思路点拨(1)计算通过截面的电荷量q应该用电流的平均值(2)求电热应该用有效值，可以先求电路的总电热Q，然后再按照内外电阻之比求R上产生的电热QR.(3)根据能量守恒定律，外力做功的过程是机械能向电能转化的过程，电流通过电阻而发热，又将电能转化为内能，即产生电热,解题样板(1)由 可得q t，(2分)则q.(2分)(2)QI2(Rr)t,，(2分)QR Q.(2分)(3)WQ.(4分),答案(1)(2)(3),本题中求电荷量时易错用交变电流的峰值或有效值求解平均值是交变电

11、流图象中的波形和横轴(时间轴)所围面积与时间的比值，其数值可根据法拉第电磁感应定律求得，而不是两个时刻瞬时值的算术平均值在交变电流的一个周期中，时间取值范围不同，往往平均值就不同求通过电路的电荷量用电流的平均值,1图1019中不表示交变电流的是(),图1019,解析：交变电流指的是大小和方向随时间均做周期性变化的电流，由此可知，A不是交变电流,答案：A,2如图10110所示，单匝矩形 线圈在匀强磁场中匀速转动，其转动轴线OO与磁感线垂直 已知匀强磁场的磁感应强度B 1 T，线圈所围面积S0.1 m2，转速12 r/min.若从中性面开始计 时，则线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式应为(),图

12、10110,Ae12sin120t(V)Be24sin120t(V)Ce0.04sin0.4t(V)De0.4cos2t(V),解析：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生感应电动势的最大值为EmBSBS2n10.10.4(V)0.04(V)角速度：2n2 rad/s0.4 rad/s故其瞬时值表达式为e0.04sin0.4t(V)，C项正确,答案：C,3如图10111所示的电路中，已知交流电源电压u 200sin100t V，电阻 R100.则电流表和电压表的示 数分别为(),图10111,A1.41 A,200 VB1.41 A,141 VC2 A,200 V D2 A,141 V,解析：电流表

13、和电压表的示数显示的是有效值，U 100 V141 V，I 1.41 A，故选项B正确,答案：B,4(2010徐州模拟)某交变电流的 ut图象如图10112所示，将它加在一个阻值为110 的 电阻器两端下列说法中正 确的是(),图10112,A电压的有效值为220 VB电流的周期为0.01 sC如果在该电阻器两端并联一个交变电压表，该电压表 的示数为220 VD如果在该电路中串联一个交流电表，该电流表的示数 为2 A,解析：由图象可知，电压的最大值为220 V，周期为0.02 s，故A、B错若将该交变电流加在110 电阻上，电压表测得示数为220 V，电流表测电流时I A2 A，C正确，D错,

14、答案：C,5图10113是高频焊接的原理示意图将待焊接的圆 形金属工件放在导线做成的线圈内线圈中通以高频的 交变电流已知待焊接的圆形金属工件半径r10 cm.焊 接时，线圈通电后产生垂直于工件所在平面的变化磁 场磁场的磁感应强度的变化率为 sint(T/s)焊 接处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的99倍工件非 焊接部分每单位长度上的电阻R0103(m1)，焊缝非常狭窄求焊接过程中焊接处产生的热功率(取 210，不计温度变化对电阻的影响),图10113,解析：对金属工件，根据法拉第电磁感应定律Sr2代入数据得e100电动势的有效值E100 V,工件非焊接部分的电阻RR02r2103 对金属工件，

15、根据欧姆定律焊接处产生的热功率PI299R代入数据得P4.95104 W.,答案：4.95104 W,一、变压器原理1构造和原理(如图1021所示)(1)主要构造：由、和 组成(2)工作原理：电磁感应的 现象,原线圈,副线圈,闭合铁芯,互感,图1021,2.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，其输入功率与输出功率相等.理想变压器是一个理想化模型.,3理想变压器的基本关系式,1“一对一”变压器指回字形铁芯中有一个原线圈和一 个副线圈；“一对二”变压器指回字形铁芯中有一个原 线圈和两个副线圈2副线圈的电压比原线圈的电压低，这样的变压器叫做降 压

16、变压器，反之则叫升压变压器,4互感器(1)电压互感器：用来把高电压变成低电压，如图102 2(a)所示(2)电流互感器：用来把大电流变成小电流，如图1022(b)所示,图102 2,二、电能的输送1输电线路的构成 主要有发电机、升压变压器、输电导线、降压变压器、用电 器，如图1023所示,图1023,由于电机本身的输出电压不可能很高，所以采用高压输电时，在发电站内需用升压变压器升压后再由输电线输出，到用电区再用降压变压器降到所需的电压,2输送电能的基本要求(1)可靠：保证供电线路正常工作(2)保质：保证供电质量电压和频率要稳定(3)经济：线路建设和运行的费用低能耗少、电价低,3损失电能的分析

17、任何输电线都有电阻，因此当电能通过输电线送向远方，电流流过输电线时，因输电线有电阻而发热，从而损失 电能 设输电电流为I，输电线电阻为R，则输电线上的功率损 失P损I2R.,1变压器应用的是交变电流，不用恒定直流2变压器不改变交变电流的频率，不改变功率，只改变交 变电流的电压和电流,1对于理想变压器，下列说法中正确的是()A原线圈的输入功率随副线圈输出功率增大而增大 B原线圈的输入电流随副线圈输出电流的减小而增大 C原线圈的电流不随副线圈的输出电流变化而变化 D当副线圈电流为零时，原线圈电流为零,解析：对于理想变压器，输出功率决定输入功率，故A正确；输出电流决定输入电流，故B、C错；原线圈电压

18、并不会因为I2为0，它就为0，I2为0表示副线圈断路，U1仍存在，故D错误,答案：A,由输电线上的功率损失PI2R线可知，有两种途径来减小输电损失：1减小输电线的电阻R，据R，可得以下几种 方法：(1)减小输电线长度l.但由于输电距离一定，所以在实际中不 可能用减小l来减小R.(2)减小电阻率.目前一般用电阻率较小的铜或铝作导线 材料(3)增大导线的横截面积S.但导线横截面积的增加是有一定限 度的，过粗会多耗费金属材料，增加成本，同时给输电线 的架设带来很大的困难,2减小输电电流I，据I(1)减小输送功率P.但在实际中不能以用户少用或不用电来达 到减少损耗的目的(2)提高输电电压U.在输送功率

19、P一定，输电线电阻R一定的条 件下，输电电压提高到原来的n倍，据P损()2R知，输电线上的功率损耗将降为原来的 根据以上分析知，采用高压输电是减小输电线上功率损耗 最有效、最经济的措施,输电电压也不是越高越好因为电压越高对输电线路、变压器的要求也就越高，所以实际输送电能时要综合考虑各种因素,2关于高压输电下列说法正确的是()A从发电站到输电线路需要升压变压器 B从发电站到输电线路需要降压变压器 C高压输电是为了增大输电电流 D高压输电是为了减小输电电流,解析：高压输电输送总功率一定，为了减小输电线路上功率损失，需要减小输电线上的电流，从发电站到输电线路是用升压变压器升高电压，故A、D正确,答案

20、：AD,如图1024所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的，V1和V2为理想电压表，读数分别为U1和U2；A1、A2和A3为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3.现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是(),AU2变小，I3变小BU2不变，I3变大CI1变小，I2变小 DI1变大，I2变大,思路点拨负线圈两端电压由原线圈两端电压和变压比确定，原线圈中电流由变压器输出功率决定，其他表示数可结合电路动态分析确定,课堂笔记因为U1不变，由 可得U2不变，断开S后副线圈所在电路电阻R变大，由I2 可知电流I2减小由U1I1U2I2得I

21、1 故I1减小电阻R3两端电压U3U2I2R1，故U3变大I3 变大，综合以上可知B、C正确，A、D错误,答案BC,理想变压器动态分析类似于电路中动态分析，不同处是由原线圈电压和变压比确定副线圈的电压.,(2009山东高考)某小型水电站的电能输送示意图如图1025所示，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则(),C升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率,思路点拨电能输送时，因输电线电阻

22、r的存在，输电线上有功率损失，同时也有电压损失,课堂笔记由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，P出P损P入，故D正确.因为U1200 VU4220 V，U2U3U2U线，故 A正确,答案AD,本题中P出P入、U3U2的原因是输电线有电阻，如果输电线为超导体，则有P出P入、U3U2，但仍有：,1理想变压器原、副线圈匝数比为101，以下说法 中正确的是()A穿过原、副线圈每一匝的磁通量之比是101 B穿过原、副线圈每一匝的磁通量的变化率相等 C原、副线圈每一匝产生的电动势之比为101 D正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为11,解析：穿过原、副线圈每一匝的磁

23、通量相等，且磁通量的变化率也相等，故A错，B正确每一匝的电动势值相等，都等于，故C错理想变压器的输出功率等于输入功率，故D正确,答案：BD,2如图1026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(),图1026,A增加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小电路的发热损耗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：远距离输电过程中的主要能量损耗是输电导线的发热损耗，由P损I2R可以看出，在保证输电功率的前提下有两种方式可减少输电中的能量损失：一是减

24、小输电线的电阻，由R 知，A正确二是减小输电电流，B正确若输电电压一定，由PUI知输送的电功率越大，输电电流越大，则输电中能量损耗P损I2R越大，C错误电压越高，对输电线路绝缘性能的要求越高，变压器的要求相应提高，线路修建费用会多很多，D正确,答案：ABD,3远距离输电时，如果输送的电功率一定，输电电压升高 到原来n倍，则输电线路上的功率损失将是原来的(),解析：由电功率公式PUI知，当输电电压升高到原来的n倍时，P一定，电流变为原来的；由P损I2R，R一定，输电线路上的功率损失为原来的，选项C正确,答案：C,4(2008天津高考)一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电 压，其最大值保持不变，副

25、线圈接有可调电阻R.设原线圈 的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率 为P2.当R增大时()AI1减小，P1增大 BI1减小，P1减小 CI2增大，P2减小 DI2增大，P2增大,解析：设副线圈两端的电压为U2，由 知，由于U1不变，故U2应不变，再根据I2 知，当R增大时，I2应减小，根据I1 推得I1也减小；由P2 知P2减小，根据能量守恒P1P2，故P1减小；只有选项B是正确的,答案：B,5如图1027所示，理想变压器的两线圈匝数之比n1n2 21，电源电动势E1.5 V()A闭合电键S后，UAB1.5 V B闭合电键S后，UAB3 V C断开电键S前，UAB0.75 V D断开电键S瞬间，UAB0,解析：由于电源是直流电源，根据变压器工作原理可知，闭合电键S后和断开电键S前，UAB0，选项A、B、C均错断开电键S瞬间，由于电磁感应，原线圈两端产生自感电动势，UAB0，D选项正确,答案：D,