教科版高中物理选修32学案：第二章交变电流7电能的输送含答案.
2017-2018学年高中物理(SWSJ)教科版选修3-2教学案：第二章第7节电能的输送含答案
第7节电能的输送1。
远距离输电过程中，在导线上既有能量的损耗，还有电压损失.2．根据P损＝I2r可知,减小输电线上的功率损失有两个途径：一是减小输电线的电阻，二是减小输电电流。
3．在输送功率一定时,提高输送电压,可以减小输电电流。
4．当输送功率很大时，电感、电容引起的电压及电能损失也很大,这时可以采用高压直流输电方式。
一、电能输送中的电压损失和电能损耗1．电能输送中的电压损失U损＝Ir，其中I为输电线中的电流,r为输电线的电阻.2．电能输送中的电能损失（1）电能损失：W损＝P损t。
（2）功率损失：P损＝I2r。
二、远距离输电系统1．电网通过网状的输电线、变电站,将许多电厂和广大用户连接起来,形成全国性或地区性的输电网络.2．远距离输电基本原理在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压。
三、直流输电1．采用高压直流输电的原因当交流输电功率很大时,导线的电感、电容引起的电压及电能损失很大；同一电网供电的发电机同步运行，技术上存在困难。
2．输电过程在发电站区域经变压器升压，由换流设备将交流变为直流，用高压直流进行远距离传输，在用户区域由换流设备再将直流变为交流，经变压器降压送给用户.1．自主思考——判一判（1)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。
（√）（2）高压输电是通过提高电压、减小输电电流来减少电路的发热损耗。
(√）（3）高压输电一定是电压越高越好。
(×)（4)远距离输电时，若升压变压器匝数比为1∶n ，降压变压器匝数比为n ∶1,则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等。
（×）(5）直流电压不能实现升压，因此直流输电不采用高压输电。
(×) (6)大功率输电时，导线的电感和电容引起的电压和电能损失很大。
（√)（7)高压直流输电是通过升压变压器升压后,再由换流设备将交流变为直流，从而实现远距离直流传输的.（√) 2．合作探究——议一议（1)在农村电网改造前，离变压器越远的用户，电灯越暗，日光灯在过节时不能正常启动,你知道其中的原因吗？ 提示：电能在输送过程中存在电压损失和电能损失,农村电网改造前，输电线较细,电阻较大，导线损失电压较大，到过节时,各家用电器增多，线路电流更大，电压损失更大，致使用电器不能正常工作。
高中物理选修3-2导学案(含答案)：5.5 电能的输送
§5.5 电能的输送制作：_____________审核：______________班级： .组名： . 姓名： .时间：年月日【学习指导】：1兴趣、好奇心、不断尝试、自主性、积极性2动脑思考3狠抓落实，而且要有具体的落实措施4听懂是骗人的，看懂是骗人的，做出来才是自己的5独立、限时、满分作答6不仅要去学习，而且要学出效果，还要提高效率。
7保证效果就要每个点都要达标。
达标的标准是能够“独立做（说、写）出来”，不达标你的努力就体现不出来8该记的记，该理解的理解，该练习的练习，该总结的总结，勿懈怠！9费曼学习法：确定一个学习的知识点；假设你在教授别人该知识点；遇到卡壳时回顾相关知识点；简化你的语言，达到通俗易懂的程度。
该法尤其适合概念、定义、定理、定律等的理解和记忆。
10明确在学习什么东西，对其中的概念、定律等要追根溯源，弄清来龙去脉才能理解透彻、应用灵活11总结：11.1每题总结：每做完一道题都要总结该题涉及的知识点和方法11.2题型总结：先会后熟，一种题型先模仿、思考，弄懂后，总结出这类题型的出现特征、解题方法，然后再多做几道同类型的，直到遇到这种题型就条件反射得知道怎么做11.3小节总结：总结该小节的知识结构、常见题型及做法11.4章节总结：总结该章节的知识结构、常见题型及做法12步骤规范，书写整洁，条理清晰13多做多思，孰能生巧，熟到条件反射，这样一是能见到更多的出题方式，二是能提高做题速度14根据遗忘曲线，进行循环复习15错题本的建立：在每次发的试卷资料的右上角写上日期，同一科目的试卷按日期顺序放好。
在做错的题号上画叉号，在不会做的题号上画问号，以后就是一本很好的错题集。
其他资料亦如此处理。
这种方式简单实用。
同时，当你积攒到一定程度，看到自己做过的厚厚的资料，难道不会由衷的产生一种成就感么？！16步骤一步一步的写，最好不要把几个公式合成一个式子来写，因为有步骤分【一分钟德育】自信、乐观，坚信自己一定会成功永远不要听信那些习惯消极悲观看问题的人因为他们只会粉碎你内心最美好的梦想与希望！总是记住你听到的充满力量的话语，因为所有你听到的或读到的话语都会影响你的行为。
人教版高中物理选修【3-2】《交变电流》学案(含答案)
教科版高中物理选修3-2学案：第二章 交变电流3习题课：交变电流的产生及描述 Word版含答案
学案3 习题课：交变电流的产生及描述[学习目标定位] 1.理解交变电流的产生过程，能够求解交变电流的瞬时值.2.理解交变电流图像的物理意义.3.知道交变电流“四值”的区别，会求解交变电流的有效值．1．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，瞬时值表达式e ＝E m sin ωt (从中性面开始计时)．2．正弦式交变电流的最大值E m ＝NBSω，即最大值由线圈匝数N 、磁感应强度B 、转动角速度ω及线圈面积S 决定，与线圈的形状、转轴的位置无关．(填“有关”或“无关”)3．线圈在转动过程中的平均电动势，要用法拉第电磁感应定律计算，即E ＝N ΔΦΔt.4．正弦交流电的有效值U ＝U m 2，I ＝I m2.其他非正弦交流电的有效值根据电流的热效应求解.一、对交变电流产生规律的理解求解交变电动势瞬时值时：(1)首先要计算峰值E m ＝NBSω；(2)确定线圈转动从哪个位置开始，以便确定瞬时值表达式是按正弦规律变化还是按余弦规律变化；(3)确定线圈转动的角速度ω(以rad/s 作单位)；最后确定感应电动势的瞬时值表达式．例1 图1甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图．其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的匝数n ＝100匝，电阻r ＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R 连接，电阻R ＝90 Ω，与R 并联的交变电压表为理想电表．在t ＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 按图乙所示正弦规律变化．求：图1(1)交流发电机产生的电动势最大值； (2)电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转过130 s 时电动势的瞬时值；(4)电路中交变电压表的示数．解析 (1)交流发电机产生电动势的最大值E m ＝nBSω而Φm ＝BS ，ω＝2πT ，所以E m ＝2n πΦmT由Φ－t 图线可知，Φm ＝2.0×10－2 Wb ，T ＝0.2 s 所以E m ＝20π V ＝62.8 V.(2)线圈转动的角速度ω＝2πT ＝2π0.2 rad/s ＝10π rad/s ，由于从垂直中性面处开始计时，所以感应电动势瞬时值表达式为e ＝E m cos ωt ＝62.8cos (10πt ) V(3)当线圈转过130 s 时e ＝20πcos (10π×130) V ＝10π V ＝31.4 V(4)电动势的有效值E ＝E m2＝102π VU ＝R R ＋r E ＝90100×102π V ＝92π V ≈40 V答案 (1)62.8 V (2)e ＝62.8cos (10πt ) V (3)31.4 V (4)40 V二、交变电流图像的应用正弦交流电的图像是一条正弦曲线，从图像中可以得到以下信息： (1)交变电流的峰值I m 、E m 、周期T 、频率f .(2)可根据线圈转至中性面时电流为零的特点，确定线圈处于中性面的时刻，确定了该时刻，也就确定了磁通量最大的时刻和磁通量变化率最小的时刻．(3)可根据线圈转至与磁场平行时感应电流最大的特点，确定线圈与中性面垂直的时刻．此时刻也就是磁通量为零的时刻和磁通量变化率最大的时刻．例2 如图2所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )图2A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先、后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值为u ＝10sin (5πt ) VD ．交流电b 的最大值为203V解析 由题图可知，t ＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；由题图可知T a ∶T b ＝2∶3，故n a ∶n b ＝3∶2，B 正确；由题图可知，C 正确；因ωa ∶ωb ＝3∶2，交流电最大值U m ＝NBSω，故U m a ∶U m b ＝3∶2，U m b ＝23U m a ＝203 V ，D 正确．答案 BCD三、交变电流有效值的计算 求解有效值的一般方法和技巧：(1)首先要分析交变电流的变化规律，正弦式交变电流的最大值和有效值的关系是I ＝I m2、U ＝U m2，非正弦式交变电流一般不符合此关系．(2)对于非正弦式交变电流，可在一个周期内分段求出产生的热量，再求热量的总和Q .将总热量Q 用相应的物理量I 或U 来表示(如Q ＝I 2RT 或Q ＝U 2R T )，则I 或U 即为非正弦式交变电流的相应有效值．例3 图3表示一交流电电流随时间变化的图像，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为I m ；电流的负值强度为I m ，则该交流电的有效值为 ( )图3 A.I m2B.2I m C ．I mD.32I m 解析 根据有效值的定义，取一个周期T ，则Q ＝(I m 2)2R T 2＋I 2m R T 2＝I 2RT 解得：I ＝32I m ，故选D.答案 D四、交变电流“四值”的应用比较交变电流的四值，即峰值、有效值、瞬时值、平均值，在不同情况下的使用： (1)在研究电容器的耐压值时，只能用峰值．(2)在研究交变电流做功、电功率及产生的热量时，只能用有效值，交流电表显示的也是有效值．(3)在研究交变电流通过导体横截面的电荷量时，只能用平均值． (4)在研究某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值．特别提醒 (1)交变电流的平均值是针对某一过程的物理量，在不同的时间内平均值一般不相同．(2)平均电动势不等于初、末两时刻瞬时值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算即E ＝N ΔΦΔt. 例4 一个电阻为r 、边长为L 的正方形线圈abcd 共N 匝，线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO ′以如图4所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.图4(1)求出此刻线圈感应电流的方向．(2)线圈转动过程中感应电动势的最大值为多大？ (3)线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大？(4)设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周柴油机做多少功？ (5)从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R 的电荷量是多少？ (6)图中电流表和电压表的示数各是多少？ 解析 (1)由右手定则可判定电流的方向沿adcba . (2)E m ＝NBSω＝NBωL 2.(3)线圈平面与B 成60°角时的瞬时感应电动势e ＝E m cos 60°＝12NBωL 2.(4)电动势的有效值E ＝E m2.电流的有效值I ＝ER ＋r ，由于不计能量损失，柴油机做的功全部转化为电能，线圈转一周，柴油机做的功 W ＝EIt ＝E 2R ＋rt ＝⎝⎛⎭⎫NBωL 222R ＋r·2πω＝πN 2B 2ωL 4R ＋r.(5)通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝N ΔΦΔtR ＋r ·Δt＝N ΔΦR ＋r ＝NBL 2·sin 60°R ＋r ＝3NBL 22(R ＋r )(6)电流表示数 I ＝E R ＋r ＝E m 2(R ＋r )＝NBL 2ω2(R ＋r ) 电压表示数U ＝IR ＝NBL 2ωR2(R ＋r )答案 见解析1．(交变电流图像的应用)图5甲、乙分别表示两种电压的波形，其中甲电压按正弦规律变化．下列说法正确的是( )图5A ．甲表示交流电，乙表示直流电B ．两种电压的有效值相等C ．甲电压的瞬时值表达式为u ＝311sin (100πt ) VD ．甲交变电流的有效值比乙交变电流的有效值大 答案 CD解析 两题图中交变电流的大小和方向都随时间变化，在t 轴的上方为正，下方为负，A 错．有效值E ＝E m2只对正弦交流电适用，将两个图像叠放在一起，可以看出两个交变电流的最大值相等，甲对应的有效值大，所以B 错，D 对．由题图甲可知C 对．2．(交变电流有效值的计算)如图6所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )图6A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶6答案 C解析 电功的计算，I 要用有效值计算，题图甲中，由有效值的定义得(12)2R ×2×10－2＋0＋(12)2R ×2×10－2＝I 21R ×6×10－2，得I 1＝33 A ；题图乙中，I 的值不变，故I 2＝1 A ，由W ＝UIt ＝I 2Rt 可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3.C 正确．3．(对交变电流产生规律的理解)如图7所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB 轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B ＝52πT ，线框的CD 边长为20 cm ，CE 、DF 长均为10 cm ，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：图7(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在e －t 坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图像． 答案 (1)e ＝102cos (100πt ) V (2)见解析图解析 (1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，在t 时刻线框转过的角度为ωt ，此时刻e ＝Bl 1l 2ωcos ωt ，即e ＝BSωcos ωt ，其中B ＝52π T ，S ＝0.1×0.2 m 2＝0.02 m 2，ω＝2πn ＝2π×50 rad/s ＝100π rad/s ，故e ＝52π×0.02×100πcos (100πt ) V ，即e ＝102cos (100πt ) V .(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图像如图所示．4．(交变电流“四值”的应用比较)如图8所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO ′轴从图示位置开始匀速转动．已知从图示位置转过π6时，线圈中电动势大小为10 V ，求：图8(1)交变电动势的峰值； (2)交变电动势的有效值；(3)与线圈相接的交流电压表的示数． 答案 (1)20 V (2)10 2 V (3)10 2 V解析 (1)图示位置为中性面，从此时开始计时，交变电动势的瞬时值为e ＝E m sin ωt ，将ωt ＝π6，e ＝10 V 代入上式，求得E m ＝20 V.(2)此电流为正弦交变电流，所以交变电动势的有效值E＝E m2＝202V＝10 2 V.(3)此交流电压表测的是电动势的有效值，大小为10 2 V.题组一对交变电流产生规律的理解1．如图1所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动．在线框由水平位置以角速度ω匀速转过90°的过程中，穿过线框面的最大磁通量为Φ，已知导线框的电阻为R，则下列说法中正确的是()图1A．导线框转到如图所示的位置时电流的方向将发生改变B．导线框转到如图所示的位置时电流的方向为badcC．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝Φωsin ωtD．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝Φωcos ωt答案 D2．面积均为S的两个电阻相同的线圈，分别放在如图2甲、乙所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为B＝B0cos 2πT t，从图示位置开始计时，则()图2A．两线圈的磁通量变化规律相同B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C．经相同的时间t(t＞T)，两线圈产生的热量不同D．从此时刻起，经T/4时间，通过两线圈横截面的电荷量不同答案 A解析甲图中的磁通量变化规律为Φ甲＝B0S cos 2πT t，乙图中磁通量的变化规律为Φ乙＝B0S cos 2πT t.由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E 也相同，又因两线圈电阻相同，所以Q ＝E 2Rt 也相同，经过T 4时间，通过两线圈横截面的电荷量q ＝I ·T4也相同，故A 正确． 题组二 交变电流图像的应用3．某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图像是 ( )答案 B解析 线圈转速为正常时的一半，据ω＝2πn ＝2πT 知，周期变为正常时的2倍，又据E m ＝NBSω知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，知正确选项为B.4．一矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交变电动势e 随时间t 变化的情况如图3所示，下列说法中正确的是 ( )图3A ．此交流电的频率为0.2 HzB ．此交变电动势的有效值为1 VC ．t ＝0.1 s 时，线圈平面与磁场方向平行D ．在线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为1100πWb 答案 D解析 由题图可知，此交流电的周期T ＝0.2 s ，频率f ＝1T ＝5 Hz ，A 错．E ＝E m 2＝22 V ，B错误．t ＝0.1 s 时，感应电动势为0，线圈平面与磁感线垂直，C 错误．因E m ＝NBSω，其中N ＝10，ω＝2πT ＝10π rad/s ，故Φm ＝BS ＝1100π Wb ，D 正确．5．如图4(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ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝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．则下列所示的四幅图中正确的是( )图4答案 D解析 由楞次定律知，t ＝0时，感应电流方向为负，线圈平面与中性面的夹角为π2－θ＝π4，线圈再转过π4到达中性面，所以，在线圈转过π4的过程中电流在减小，θ＝π4时，i ＝0，因而只有D 项正确．题组三 交变电流有效值的计算6．A 、B 是两个完全相同的电热器，A 通以图5甲所示的方波交变电流，B 通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率P A ∶P B 等于 ( )图5A ．5∶4B ．3∶2 C.2∶1D ．2∶1答案 A解析 方形波的有效值为I 20R T 2＋14I 20R T2＝I 21RT ，解得：I 1＝ 58I 0正弦交流电有效值为：I 2＝I 02所以P A ∶P B ＝I 21R ∶I 22R ＝5∶4，故选A. 题组四 交变电流“四值”的应用比较7．如图6所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab 边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S ，线圈导线的总电阻为R .t ＝0时刻线圈平面与纸面重合．则( )图6 A ．线圈中电流t 时刻瞬时值表达式为i ＝BSωRcos ωtB ．线圈中电流的有效值为I ＝BSωRC ．线圈中电流的有效值为I ＝2BSω2RD ．线圈消耗的电功率为P ＝(BSω)22R答案 CD解析 回路中感应电动势最大值E m ＝BSω，电流最大值I m ＝E m R ＝BSωR，t ＝0时线圈位于中性面，故电流瞬时值表达式i ＝BSωR sin ωt .线圈中电流的有效值I ＝I m 2＝2BSω2R ，P ＝I 2R ＝B 2ω2S 22R，故A 、B 错误，C 、D 正确． 8.如图7所示，在匀强磁场中有一个内阻r ＝3 Ω、面积S ＝0.02 m 2的半圆形导线框可绕OO ′轴旋转．已知匀强磁场的磁感应强度B ＝52π T ．若线框以ω＝100π rad/s 的角速度匀速转动．且通过电刷给“6 V 12 W ”的小灯泡供电，则：图7(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)从图示位置开始，线框转过90°的过程中，流过导线横截面的电荷量是多少？该电荷量与线框转动的快慢是否有关？(3)由题所给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡实际功率为多大？答案 (1)e ＝102cos (100πt ) V (2)260π C 无关 (3)不能 253W解析 (1)线框转动时产生感应电动势的最大值E m ＝BSω＝52π×0.02×100π V ＝10 2 V11 因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m cos ωt ＝102cos (100πt ) V .(2)线框转过90°的过程中，产生的平均电动势E ＝ΔΦΔt. 流过导线横截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝BS R ＋r， 又灯泡电阻R ＝U 20P 0＝6212Ω＝3 Ω. 故q ＝BS R ＋r ＝52π×0.023＋3C ＝260π C ，与线框转动的快慢无关．(3)线框产生的感应电动势的有效值E ＝E m 2＝10 V ，灯泡两端电压U ＝E R ＋r R ＝5 V ．因U ＜6 V ， 故灯泡不能正常发光．其实际功率P ＝U 2R ＝523 W ＝253W.。
2024-2025学年高中物理第二章交变电流7电能的输送教案1教科版选修3-2
4. 论述题：设计一些与电能输送相关的论述题，要求学生阐述电能输送的重要性和影响。例如，讨论电能输送对经济发展的影响；讨论电能输送对环境的影响。
3. 重点难点解析：在讲授过程中，我会特别强调有功功率、无功功率和视在功率的概念，以及变压器的工作原理。对于难点部分，我会通过图示和实际例子来帮助大家理解。
三、实践活动（用时10分钟）
1. 分组讨论：学生们将分成若干小组，每组讨论一个与电能输送相关的实际问题，如输电线路的损耗计算。
2. 实验操作：为了加深理解，我们将进行一个简单的变压器原理实验。这个操作将演示变压器如何实现电压的升高和降低。
1. 对于重点难点知识，增加课堂讲解和举例分析的时长，确保学生能够扎实掌握。
2. 加强课堂互动，鼓励学生提问和发表观点，提高他们的思考能力。
3. 在实验操作环节，提前进行预实验，确保实验器材的正常使用，并加强对学生的实验指导。
4. 针对不同学生的学习需求，提供个性化的辅导和拓展资源，帮助他们巩固和提高。
- 加入学校的科技创新社团或兴趣小组，与志同道合的同学一起探讨电气工程领域的问题，共同成长。
七、教学反思与总结
在本次教学过程中，我尝试了多种教学方法和策略，有得有失，也有一些值得反思的地方。在教学方法上，我发现通过引入日常生活中的实例来引导学生思考，能够有效激发他们的学习兴趣。同时，将理论知识与实际应用相结合，使得学生能够更直观地理解交变电流和电能输送的概念。
三、学习者分析
1. 学生已经掌握了直流电的基本概念、电路分析方法，以及电阻、电容器、电感器的基本性质。在此基础上，学生初步了解了交变电流的基本特性，为学习电能输送奠定了基础。
高中物理第2章交变电流第7节电能的输送练习教科版选修3-2(2021年整理)
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第7节电能的输送1．输电线上的功率损失P＝________，降低输电损耗的两个途径为：__________________，________________________________.2．远距离输电的基本原理：在发电站内用______变压器______电压，然后进行远距离输电，在用电区域通过______变压器______所需的电压．3．现代的直流输电,只有__________这个环节使用直流．发电机发出的交流电,通过变压器升高电压，然后使用______设备使它成为直流电，用输电线把____________输送出去，到用电地点附近，再使用________把直流电变回到交流电并通过变压器降压后供用户使用(整流和逆变统称为换流)．4．下列关于电能输送的说法中正确的是（）A．输送电能的基本要求是可靠、保质、经济B．减小输电导线上功率损失的惟一办法是采用高压输电C．减小输电导线上电压损失的惟一方法是增大输电线的横截面积D．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输电功率大小、距离远近、技术和经济条件等5．输电导线的电阻为R,输送电功率为P。
现分别用U1和U2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为（）A．U1∶U2B．U错误!∶U错误!C．U2，2∶U错误!D．U2∶U16．如图1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1A．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【概念规律练】知识点一线路损耗问题1．发电厂发电机的输出电压为U1,发电厂至学校的输电线电阻为R，通过导线的电流为I，学校输入电压为U2，下列计算输电线损耗的式子中，正确的是（）A。
2020届教科版高中物理选修3-2学案：第二章 交变电流8章末总结 Word版含答案
学案8 章末总结一、交变电流“四值”的计算和应用1．最大值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的交变电流最大值E m＝NBSω，在考虑电容器的耐压值时应根据交流电的最大值．2．有效值：正弦式交流电的有效值I＝I m2，其他交变电流的有效值应根据有效值的定义计算，求电功、电功率，确定保险丝的熔断电流，要用到有效值；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、额定电流是有效值．3．瞬时值：当从线圈平面处于中性面时开始计时，瞬时电动势的表达式为e＝E m sin ωt.瞬时值对应某一时刻的电压、电流值．4．平均值：平均值需用E＝N ΔΦΔt和I＝ER进行计算，求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值．q ＝I ·Δt ＝NΔΦR.例1 如图1所示，交流发电机的矩形线圈abcd 中，ab ＝cd ＝50 cm ，bc ＝ad ＝30 cm ，匝数n ＝100匝，线圈电阻r ＝0.2 Ω，外电阻R ＝4.8 Ω.线圈在磁感应强度B ＝0.05 T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO ′匀速转动，角速度ω＝100π rad/s.图1(1)求产生感应电动势的最大值．(2)若从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的函数表达式． (3)交流电压表和交流电流表的示数各为多少？ (4)此发电机的功率为多少？(5)从图示位置起，转过90°过程中，平均电动势为多少？通过线圈截面的电荷量为多少？ 解析 (1)设ab ＝l 1，bc ＝l 2，则交流电动势的最大值E m ＝nBl 1l 2ω≈235.5 V (2)根据闭合电路欧姆定律，电流的最大值I m ＝E mR ＋r＝47.1 A在题图所示位置时，电流有最大值，则电流的瞬时值表达式为i ＝I m cos ωt ，代入数值得i ＝47.1cos (100πt ) A (3)电流的有效值为I ＝I m2≈33.3 A路端电压的有效值为U ＝IR ≈160 V即电压表的示数为160 V ，电流表的示数为33.3 A. (4)电动势的有效值为E ＝E m2≈166.5 V则发电机的功率为P ＝IE ≈5 544 W (5)平均电动势为E ＝nΔΦΔt ＝n BS －0π/2ω＝n 2Bl 1l 2ωπ＝150 V通过线圈截面的电荷量q ＝I Δt ＝ER ＋rΔt ＝nΔΦR ＋r ＝n Bl 1l 2R ＋r＝0.15 C 答案 (1)235.5 V (2)i ＝47.1cos (100πt ) A (3)160 V 33.3 A (4)5 544 W (5)150 V 0.15 C 二、交变电流图像的应用交流电的图像反映了交变电动势(电流)随时间的变化特征，对正弦式交流电来说，我们可以从图像中获取如下信息： 1．交流电的周期(T )一个完整的正弦波对应的时间段，知道了周期便可以算出线圈转动的角速度ω＝2πT.2．交流电的最大值(E m 、I m )图像上的峰值，知道了最大值，便可计算出交变电动势(交变电流)的有效值． 3．任意时刻交流电的瞬时值图像上每个“点”表示某一时刻交流电的瞬时值．例2 如图2所示是某正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的 ( )图2A ．周期是0.01 sB ．最大值是311 VC ．有效值是220 VD ．表达式为u ＝220sin πt (V)解析 由题图知：最大值U m ＝311 V ，且为正弦交流电，有效值U ＝U m2≈220 V ，周期T ＝0.02s ，表达式为u ＝311sin (100πt ) V ，故B 、C 选项正确． 答案 BC三、变压器电路的动态问题分析 动态分析该类问题的思路可表示为：例3 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3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 ( )图3A.、的示数不变，的示数增大，的示数减小，P 入增大B.、的示数不变，、的示数增大，P 入增大C.、的示数不变，、的示数减小，P 入减小D.的示数不变，的示数增大，的示数减小，的示数增大，P 入减小解析 电压表的示数由输入电压决定；电压表的示数由输入电压U 1(大小等于电压表的示数)和匝数比n 1/n 2决定；电流表的示数由输出电压U 2(大小等于电压表的示数)和负载电阻R 负决定；电流表的示数即I 1由变压器的匝数比n 2/n 1和输出电流I 2决定；P 入随P出而变化，由P 出决定．因输入电压不变，所以电压表的示数不变．据公式U 2＝n 2U 1/n 1，可知U 2也不变，即电压表的示数不变．又据I 2＝U 2/R 负知，S 闭合后R 负减小，故I 2增大，电流表的示数增大；输入电流I 1随输出电流I 2的增大而增大，故电流表的示数增大．因P出＝U 2I 2，故P 出增大．P 入随P 出变化而变化，故P 入也增大．故选B.答案 B四、远距离输电线路的分析与计算 解决远距离输电问题要注意以下两点：1．首先画出输电示意图，包括发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载等，在图中标出相应物理量符号，利用输电电流I ＝P /U ，输电线上损失电压ΔU ＝IR 线，输电线损失功率ΔP ＝I 2R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2R 线及其相关知识解答．2．分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量之间的关系，特别注意以升压变压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈组成的回路，在此回路中利用电路知识分析电压关系和功率关系．例4 发电机输出功率为40 kW ，输出电压400 V ，用变压比(原、副线圈匝数比)为1∶5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5 Ω，到达用户后再用变压器降为220 V ，求：(1)输电线上损失的电功率是多少？ (2)降压变压器的变压比是多少？ 解析 输电线路如图所示(1)发电机输出的电压为400 V ，经升压变压器后电压为U ＝51×400 V ＝2×103V ，由P ＝UI得输电线上的电流I ＝P U ＝40×1032×103 A ＝20A ，输电线上损失的功率ΔP ＝I 2R ＝202×5 W ＝2×103W.(2)输电线上的电压损失ΔU ＝IR ＝20×5 V ＝100 V加在降压变压器原线圈两端的电压U 1＝U －ΔU ＝2×103V －100 V ＝1.9×103V ，降压变压器副线圈两端的电压(用户所需的电压)U 2＝220 V ，故降压变压器的变压比n 1n 2＝U 1U 2＝1.9×103 V220 V＝9511. 答案 (1)2×103W (2)95∶111．(交变电流图像的应用)在匀强磁场中，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图4甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则 ( )图4A ．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 ．线框产生的交变电动势有效值为311 VD ．线框产生的交变电动势频率为100 Hz 答案 B解析 由题图乙可知该正弦交变电流的电动势最大值为311 V ，周期等于0.02 s ，根据正弦交变电流的最大值与有效值之间的关系E ＝E m2得知选项C 错误；又f ＝1T ，则频率为f ＝50 Hz ，选项D 错误；当t ＝0.005 s 时，e ＝N ΔΦΔt ＝311 V ，取得最大值，穿过线圈的磁通量变化率最大，选项A 错误；当t ＝0.01 s 时，交变电压及电流方向发生改变，电压值最小等于零，线框平面与中性面重合，选项B 正确．2．(变压器电路的动态分析问题)如图5所示，是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．输出电压通过输电线输送给用户，每条输电线总电阻用R 0表示．当负载增加时，则 ( )图5A ．电压表的示数减小B ．电流表的示数减小C ．电流表的示数减小D ．电压表、的示数之差增大 答案 AD解析 本题考查欧姆定律和变压器的原理，意在考查学生对欧姆定律和变压器原理的理解．输入电压是市区电网的电压，不随负载的增加而变化，变压器原、副线圈的匝数不变，由变压器的变压原理U 1U 2＝n 1n 2可得，电压表的示数U 2保持不变，当负载增加时，意味着并联了更多的用电器，即负载的总阻值减小，而I 2＝U 22R 0＋R 载，所以副线圈中的电流增大，即电流表的示数增大，根据变压器的功率原理P 出＝P 入即U 2I 2＝U 1I 1可知，由于输出功率增大，输入电流I 1增大，B 、C 错误；由于输电导线与负载串联，随着负载阻值的减小电流增大，输电导线上的电压U 0＝2I 2R 0增大，所以负载两端的电压U 载＝U 2－U 0减小，即电压表的示数减小，A 正确；电压表与电压表的示数之差为输电线上的电压，即U 0变大，D 正确． 3．(交变电流“四值”的应用和计算)如图6所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ，边长L ＝10 cm 的正方形线圈abcd 共100匝，线圈电阻r ＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s ，外电路电阻R ＝4 Ω，求：图6(1)转动过程中感应电动势的最大值；(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°角时的瞬时感应电动势；(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势； (4)交流电压表的示数； (5)线圈转动一周外力所做的功；(6)从图示位置起，16周期内通过R 的电荷量为多少？答案 (1)3.14 V (2)1.57 V (3)2.6 V (4)1.78 V (5)0.99 J (6)0.086 6 C 解析 (1)感应电动势的最大值为E m ＝NBS ω＝3.14 V(2)转过60°时的瞬时感应电动势为e ＝E m cos 60°＝3.14×0.5 V ＝1.57 V.(3)转过60°角过程中产生的平均感应电动势为E ＝nΔΦΔt ＝n BS sin 60°16T ＝100×0.5×0.1×0.1×3216×2π2π V ≈2.6 V.(4)电压表示数为外电路电压的有效值U ＝ER ＋r ·R ＝3.1424＋1×4 V ≈1.78 V (5)线圈转动一周外力所做的功等于电流产生的热量W ＝Q ＝(E m2)2·1R ＋r·T ≈0.99 J (6)16周期内通过电阻R 的电荷量为 q ＝I ·T6＝ER ＋r ·T6＝NBS sin 60°T 6(R ＋r )·T6＝NBS sin 60°R ＋r≈0.086 6 C.4．(远距离输电线路的分析与计算)一交流发电机输出端的电压为220 V ，输出功率为4 400 W ．若用2 Ω的输电导线给用户送电．(1)如果用220 V 的电压直接输送，用户得到的电压和电功率各是多少？输电效率是多少？ (2)如果先用匝数比为1∶10的变压器将电压升高，经过同样的输电线后，再用匝数比为10∶1的变压器将电压降低供给用户，用户得到的电压和电功率各是多少？输电效率又是多少？答案 (1)180 V 3 600 W 81.8% (2)219.6 V 4 392 W 99.8% 解析 (1)输电示意图如图所示 输电线上电流I ＝P U ＝4 400220A ＝20 A 故用户得到的电压U ′＝U －ΔU ＝220 V －20×2 V ＝180 V ，故用户得到的功率P ′＝P －ΔP ＝P －I 2R＝4 400 W －202×2 W ＝3 600 W ， 效率η＝P ′P ×100%＝3 6004 400×100%≈81.8%. (2)电路如图所示由U 1U 2＝n 1n 2得升压变压器次级电压U 2＝n 2n 1U 1＝2 200 V ，故输电线上电流I 2＝I 3＝P U 2＝2 A ．而到达降压变压器原线圈的电压U 3＝U 2－I 2R ＝2 200 V －2×2 V ＝2 196 V ，功率P 3＝P －ΔP ＝P －I 2R ＝4 400 W －22×2 W ＝4 392 W. 又据U 3U 4＝n 3n 4，得用户电压U 4＝n 4n 3U 3＝219.6 V.而功率P 4＝P 3＝4 392 W ，效率η′＝P 4P ×100%＝4 3924 400×100%≈99.8%.。
2020届教科版高中物理选修3-2学案：第二章 交变电流2描述交流电的物理量 Word版含答案
学案2 描述交流电的物理量[学习目标定位] 1.掌握交变电流的周期、频率、线圈转动角速度三者之间的关系.2.能理解电流的有效值是与热效应有关的量，而平均值只是简单意义的平均.3.掌握交变电流有效值与峰值的关系，会进行有效值的计算．1．线圈在某一段时间内从一个位置转动到另一个位置的过程中产生的平均电动势为E ＝NΔΦΔt. 2．恒定电流产生电热的计算遵循焦耳定律，Q ＝I 2Rt .一、周期和频率1．周期：交变电流作一次周期性变化所需的时间，叫做它的周期，通常用T 表示，单位 是s.2．频率：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数，叫做它的频率，通常用f 表示，单位是Hz.3．周期和频率互为倒数，即T ＝1f 或f ＝1T.4．线圈转动的角速度ω等于频率的2π倍，即ω＝2πf . 二、峰值有效值1．峰值：U m 和I m 分别表示了在一个周期内电压和电流所能达到的最大值．2．交变电压的峰值不能超过(选填“超过”或“低于”)电容器、二极管等元器件所能承受的电压，否则就有被击穿而损坏的危险．3．有效值：交流电的有效值是根据电流的热效应来规定的，如果交流电与某一直流电通过同一电阻，在相同的时间内所产生的热量相等，则这个直流电的电流和电压值，就分别称为相应交流电的电流和电压的有效值．4．正弦式交变电流的有效值I 、U 与峰值I m 、U m 的关系：I ＝22I m ，U ＝22U m . 5．人们通常说的家庭电路的电压是220 V ，指的是有效值．使用交流电表测出的数值是正弦交流电的有效值．一、周期和频率[问题设计] 如图1所示，这个交变电流的周期是多少？频率是多少？图1答案 周期T ＝0.02 s ；频率f ＝50 Hz. [要点提炼]1．交流电变化越快，则周期越短，频率越大． 2．角速度与周期的关系：ω＝2πT.3．转速(n )：线圈单位时间(1 s 或1 min)转过的圈数，单位是r/s 或r/min. 角速度与转速的关系：ω＝2πn (n 单位为r/s)或ω＝πn30(n 单位为r/min)． 4．我国电网中交变电流的周期是0.02 s ，频率是50 Hz. 二、峰值有效值 [问题设计]1．图2是通过一个R ＝1 Ω的电阻的电流i 随时间变化的曲线．这个电流不是恒定电流． (1)怎样计算1 s 内电阻R 中产生的热量？(2)如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻R ，也能在1 s 内产生同样的热，这个电流是多大？图2答案 (1)Q ＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝42×1×0.5 J ＋22×1×0.5 J ＝10 J (2)由Q ＝I 2Rt 得I ＝QRt ＝ 101×1A ＝10 A 2．某交流电压瞬时值表达式u ＝62sin (100πt ) V ，把标有“6 V,2 W ”的小灯泡接在此电源上会不会被烧坏？把一个能承受的最大电压为 6 V的电容器接在此电源上会不会被击穿？答案小灯泡不会被烧坏，交流电压瞬时值表达式u＝62sin (100πt) V中6 2 V是最大值，其有效值为6 V，而标有“6 V,2 W”的小灯泡中的6 V是有效值．电容器会被击穿．[要点提炼]1．峰值：也叫最大值，它是所有瞬时值中的最大值．(1)当线圈平面跟磁感线平行时，交流电动势最大，E m＝NBSω(转轴垂直于磁感线)．(2)电容器接在交流电路中，交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值．2．有效值的应用(1)计算与电流热效应有关的量(如功率、热量)要用有效值．(2)交流电表的测量值，电气设备标注的额定电压、额定电流，通常提到的交流电的数值指有效值．3．有效值的计算(1)正弦式交变电流：根据E＝E m2、U＝U m2、I＝I m2计算其有效值．(2)非正弦式交变电流：只能根据电流的热效应计算．计算时要注意三同：“相同电阻”上、“相同时间”内、产生“相同热量”．计算时，“相同时间”一般取一个周期．4．平均值的应用计算通过导体某一截面的电荷量时，只能用交变电流的平均值，即q＝I·Δt＝ERΔt＝NΔΦR，这是平均值应用最多的一处．一、对描述交变电流物理量的认识例1一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图3所示，由图可知( )图3A．该交流电的电压的有效值为100 VB．该交流电的频率为25 HzC．该交流电压瞬时值的表达式为u＝100sin 25t VD．并联在该电压两端的电压表指针不停摆动解析根据题图可知该交变电流电压的最大值为100 V，周期为4×10－2s，所以频率为25 Hz，A 错，B 对；而ω＝2πf ＝50π rad/s ，所以u ＝100sin (50πt ) V ，C 错；交流电压表的示数为交流电的有效值而不是瞬时值，不随时间变化，D 错． 答案 B二、正弦式交变电流有效值的计算例2 一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图4甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则 ( )图4A ．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解析 电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由题图知电动势的最大值E m ＝220 2 V ，有效值E ＝220 V ，灯泡两端电压U ＝RER ＋r＝209 V ，A 错； 由题图甲知T ＝0.02 s ，一个周期内电流方向变化两次，可知1 s 内电流方向变化100次，B 错；灯泡的实际功率P ＝U 2R ＝209295W ＝459.8 W ，C 错；电流的有效值I ＝E R ＋r＝2.2 A ，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q r ＝I 2rt ＝2.22×5×1 J ＝24.2 J ．D 对． 答案 D三、非正弦式交变电流有效值的计算例3 如图5所示是一交变电流随时间变化的图像，求此交变电流的有效值．图5解析 设该交变电流的有效值为I ′，直流电的电流强度为I ，让该交变电流和直流电分别通过同一电阻(阻值为R )，在一个周期(T ＝0.2 s)内，该交变电流产生的热量：Q ′＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝(42)2R ×0.1＋(－32)2R ×0.1＝5R 在一个周期内直流电通过该电阻产生的热量Q ＝I 2RT ＝0.2I 2R .由Q ＝Q ′得，0.2I 2R ＝5R ，解得I ＝5 A ，即此交变电流的有效值I ′＝I ＝5 A 答案 5 A四、有效值、瞬时值、平均值的区别应用例4 在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直磁感线的轴匀速转动，已知线圈的匝数为n ＝100匝，边长为20 cm ，电阻为10 Ω，转动频率f ＝50 Hz ，磁场的磁感应强度为0.5 T ，求：(1)外力驱动线圈转动的功率．(2)转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的瞬时值大小．(3)线圈由中性面转至与中性面成30°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量． 解析 (1)线圈中交变电动势的最大值E m ＝nBS ω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50 V ＝628 V.交变电动势的有效值E ＝E m2＝314 2 V.外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等．即P 外＝E 2R ＝(3142)210W ＝1.97×104W.(2)线圈转到与中性面成30°角时，其电动势的瞬时值e ＝E m sin 30°＝314 V ，交变电流的瞬时值 i ＝e R ＝31410A ＝31.4 A. (3)在线圈从中性面转过30°角的过程中，线圈中的平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt，平均感应电流I ＝ER＝nΔΦR ·Δt， 通过线圈横截面的电荷量为q ， 则q ＝I Δt ＝n ΔΦR ＝nBl 2(1－cos 30°)R＝100×0.5×0.22×(1－0.866)10 C＝2.68×10－2C.答案(1)1.97×104 W (2)314 V 31.4 A (3)2.68×10－2 C1．(对描述交变电流物理量的认识)如图6是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的 ( )图6A．周期是0.01 sB．最大值是220 VC．有效值是220 VD．表达式为u＝220sin (100πt) V答案 C解析由题图可知，该交变电压的周期为0.02 s，最大值为311 V，而有效值U＝U m2＝3112V＝220 V，故A、B错误，C正确．正弦交变电压的瞬时值表达式u＝U m sin ωt＝311sin (2π0.02t) V＝311sin (100πt) V，故D选项错误．2．(正弦式交变电流有效值的计算)一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T.从中性面开始计时，当t＝112T时，线圈中感应电动势的瞬时值为2 V，则此交变电流的有效值为( )A．2 2 V B．2 V C. 2 V D.22V答案 A解析先用代入法求出感应电动势的最大值：由e＝E m sin ωt得2 V＝E m sin (2πT×T12)，由此得E m＝4 V，因此有效值为2 2 V．选项A正确．3.(非正弦式交变电流有效值的计算)通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图7所示，其周期为1 s．电阻两端电压的有效值为 ( )图7A．12 V B．410 VC．15 V D．8 5 V答案 B解析根据电流的热效应计算电流的有效值．由(0.1)2R×0.4×2＋(0.2)2R×0.1×2＝I2R×1可得，流过电阻的电流的有效值I＝1025A，电阻两端电压的有效值为U＝IR＝410V，B正确．题组一对描述交变电流物理量的认识1．下列提到的交流电，不是指有效值的是( )A．交流电压表的读数B．保险丝熔断电流C．电容器击穿电压D．220 V交流电压答案 C解析电容器击穿电压指电容器两端允许加的电压的最大值．2．以下说法正确的是 ( )A．交变电流的有效值就是它的平均值B．任何交变电流的有效值都是它最大值的1 2C．如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q，那么该交变电流的有效值为Q RD．以上说法均不正确答案 D解析有效值是根据电流的热效应来定义的，平均值并不是有效值，例如线圈在匀强磁场中转动一圈，其平均电动势为零，故A错．在正弦(余弦)式交变电流中，其有效值为最大值的1，对于其他交变电流并不一定满足此关系，故B错．交变电流要产生热量需要一定的时2间，C选项中没有告诉时间，因此是错误的．3．下列关于交变电流的说法正确的是 ( )A．若交变电流的峰值为5 A，则它的最小值为－5 AB．用交流电流表测交变电流时，指针来回摆动C．我国工农业生产和生活用的交变电流频率为50 Hz，故电流方向每秒改变100次D．正弦交变电流i＝20sin (10πt) A的峰值为20 A，频率为100 Hz答案 C解析电流的负值表示电流方向与规定正方向相反，不表示大小，A项错误；交流电流表测交变电流时，指针不会来回摆动，B项错误；我国工农业生产和生活用的交变电流，周期为0.02 s，交流电方向一个周期改变两次，所以每秒改变100次，C项正确；由ω＝2πf得正弦交变电流i＝20sin (10πt) A的频率为5 Hz，D项错误．题组二非正弦式交变电流有效值的计算4．阻值为1 Ω的电阻上通以交变电流，其i－t关系如图1所示，则在0～1 s内电阻上产生的热量为 ( )图1A．1 J B．1.5 J C．2 J D．2.8 J答案 D解析因为所加的电流为交变电流，大小在变化，所以只能分时间段来求热量．在0～1 s内有效电流的瞬时值大小为1 A和2 A的时间段分别为t1＝0.4 s，t2＝0.6 s，所以Q＝I21Rt1＋I22Rt2＝2.8 J.5．某一交变电流的电压波形如图2所示，求这一交变电流的电压的有效值U.图2答案210 V解析假设让一直流电压U和如题图所示的交流电压分别加在同一电阻两端，交变电流在一个周期内产生的热量Q1＝2(U21R·T4＋U22R·T4)＝82R·T2＋42R·T2.直流电在一个周期内产生的热量Q2＝U2 R ·T.由交变电流有效值的定义知Q1＝Q2，即82R·T2＋42R·T2＝U2R·T.解得U＝210 V.题组三正弦式交变电流有效值的计算6．如图3甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是 ( )图3A．电流表的示数为10 AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左答案AC7．电阻R1、R2与交流电源按照如图4甲所示方式连接，R1＝10 Ω、R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示．则( )图4A．通过R1的电流的有效值是1.2 AB．R1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流的最大值是1.2 2 AD ．R 2两端的电压最大值是6 2 V 答案 B解析 由题图乙可得，正弦交变电流的最大值I m ＝0.6 2 A ，所以电流的有效值I ＝I m2＝0.6A ，电阻R 1、R 2串联，所以电流的最大值均为0.6 2 A ，有效值均为0.6 A ．由欧姆定律U ＝IR 得，U 1＝IR 1＝6 V ，所以U 1m ＝2U 1＝6 2 V ；U 2＝IR 2＝12 V ，U 2m ＝2U 2＝12 2 V. 8.在图5所示电路中，A 是熔断电流I 0＝2 A 的保险丝，电阻可不计，R 是可变电阻，S 是交流电源．交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e ＝2202sin 314t V ．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )图5A ．110 2 ΩB ．110 ΩC ．220 ΩD ．220 2 Ω答案 B解析 E ＝220 V ，R min ＝E I 0＝2202Ω＝110 Ω.9．把U 0＝10 V 的直流电压加在阻值为R 的电阻上，其发热功率跟另一个正弦交变电压加在阻值为R2上的电功率相同，则这个交变电流的电压的峰值为 ( )A ．10 VB ．10 2 VC ．20 VD ．20 2 V答案 A解析 直流电压U 0加在阻值为R 的电阻上，而交变电流加在阻值为R2的电阻上，它们联系的桥梁是发热功率相等．设这个交变电压的有效值为U ，则由电功率公式得U 20R T ＝U 2R 2T ，U ＝2U 02，故U m ＝ 2U ＝U 0＝10 V ．正确答案为A.题组四 瞬时值、峰值、有效值、平均值的区别应用10．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180°的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为( )A ．π/2B ．2/πC ．2πD ．π答案 B 11.如图6所示，线圈abcd 的面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R ＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度为B ＝1π T ，当线圈以300 r/min 的转速匀速转动时，求：图6 (1)电路中交流电压表和交流电流表的示数；(2)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R 的电荷量．答案 (1)31.86 V 3.54 A (2)0.16 C解析 (1)E m ＝NBS ω＝100×1π×0.05×2π×30060V ＝50 V E ＝E m2＝25 2 V ≈35.4 V.电流表示数I ＝ER ＋r ＝3.54 A ，电压表示数U ＝IR ＝3.54×9 V ＝31.86 V.(2)从图示位置转过90°的过程中，E ＝N ΔΦΔt ，又因为I ＝E R ＋r，q ＝I Δt ， 联立得q ＝N ΔΦR ＋r ＝NBS R ＋r≈0.16 C. 12.如图7所示，矩形线圈面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R .当线圈由图示位置转过90°的过程中，求：图7(1)通过电阻R 的电荷量q ；(2)电阻R 上所产生的热量Q .答案 (1)NBS R ＋r (2)πN 2B 2S 2ωR 4(R ＋r )2 解析 本题考查交变电流平均值、有效值的应用，关键要知道求电荷量用交变电流的平均值，求热量用交变电流的有效值．(1)依题意磁通量的变化量ΔΦ＝BS ，线圈转过90°的时间为Δt ＝T 4＝2π4ω＝π2ω，平均感应电动势为E ＝N ΔΦΔt ＝2NBS ωπ.平均感应电流为I ＝E R ＋r ＝2NBS ωπ(R ＋r ).通过电阻R 的电荷量为q ＝I ·Δt ＝NBS R ＋r. (2)线圈中感应电动势有效值和最大值E m 的关系是E ＝E m2＝NBS ω2，电路中电流的有效值为I＝ER ＋r ＝NBS ω2(R ＋r ). 电阻R 上产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝πN 2B 2S 2ωR 4(R ＋r )2.。