人教版物理选修3-2全册精品课件第五章第一节
人教版高中物理选修3-2课件2-第5章件2-第5章第4节7646
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第五章 交变电流
有的同学误认为通过原、副线圈电流与该线圈匝数 一定总成反比．
辨析：只有当有一个副线圈时，II12＝nn21才成立．当有两 个副线圈时，通过原、副线圈的电流与该线圈的匝数不再成 反比．
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第五章 交变电流
3．输入、输出的制约关系 (1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)一 定时，输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝n2U1/n1. (2)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)一 定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中 的输出电流I2决定，即I1＝n2I2/n1.
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第五章 交变电流
有的同学误认为原、副线圈匝数一定，原线圈两端 电压一定，则通过原线圈电流一定．
辨析：原线圈不是纯电阻电路，I＝UR不成立，确定 I1 变化应由 I1n1＝I2n2 确定．
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第五章 交变电流
线圈串、并联的分析和计算方法 对于线圈的串、并联，与电阻的串、 并联相类似，一方面要判断两线 圈接头的连接关系，另一方面还要 判断两线圈的绕向关系． 判断方法：可假定某时刻一线圈中有某一流向的电 流，如图中两线圈，将b、c相连，a、d作为输出端，假 设电流从a端流入，则两线圈电流反向，故两线圈磁通量 相抵消，其匝数为两线圈匝数差．
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第五章 交变电流
(4)对理想变压器进行动态分析的两种常见情况 ①原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电 阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是 R→I2→P2→P1→I1. ②负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而 变 化 的 情 况 ， 进 行 动 态 分 析 的 顺 序 是 n1 、 n2→U2→I2→P2→P1→I1.
2021人教版物理选修3-2同步课件：第五章
01题型1ꢀ交变电流的产生及判断1．[陕西西安长安区一中2018高二上期末](多选)下列各图中(A、B、C选项中的虚线为转轴；D选项中O 点为固定点，线圈在纸面内绕O点转动)，线圈中能产生交流电的是(ꢀꢀ)AC解析A、C选项中线圈绕转轴转动时，磁通量发生变化，能产生交变电流，故A、C正确．2．在下列几种电流的波形图中，不能表示交变电流的是(ꢀꢀ)ꢀA解析A图中的电流均为正值，说明电流的方向不随时间变化，则此电流不是交变电流，故A正确．B、C、D图中电流的方向都随时间做周期性变化，都是交变电流，故B、C、D错误．题型2ꢀ对中性面的理解3．[广西河池高级中学2018高二上期末]一个闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生的感应电流如图所示．下列判断正确的是(ꢀꢀ)AA．t＝0.01ꢀs时刻，线圈平面处于中性面位置B．t＝0.02ꢀs时刻，线圈平面与磁感线平行C．该交变电流的频率为100ꢀHzD．1ꢀs内电流的方向变化50次解析由图像知t＝0.01ꢀs和t＝0.02ꢀs时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，线圈平面处于中性面位置，A正确，B错误；由图像知该交变电流的周期T＝0.02ꢀs，所以频率f＝50ꢀHz，C错误；一个周期内电流方向变化两次，1ꢀs内电流的方向变化100次，D错误．4．[重庆市巴蜀中学2018高二上期末]如图所示，一个N匝矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，线圈产生的电动势的最大值为E m，从线圈平面与磁感线平行时开始计时，则(ꢀꢀ)CA．线圈电动势的表达式为e＝E m sinꢀωt(V)B．在ꢀꢀ这段时间内，线圈中的感应电流先减小后增大C．穿过线圈的磁通量的最大值为D．在ꢀ解析ꢀ这段时间内，穿过线圈的磁通量一直减小从线圈平面与磁感线平行时开始计时，线圈电动势的表达式为e＝E m cosꢀωt(V)，故A项错误；在时间内，即这段时间内线圈中的感应电流逐渐减小，故B项错误；线圈产生的电动势的最大值Em ＝NBSω，则穿过线圈的磁通量的最大值ꢀꢀ，故C项正确；在时间内，即ꢀ时间内，线圈时间内，线圈从线圈平面与磁感线平行转动到线圈平面与磁感线垂直，从线圈平面与磁感线平行转动到线圈平面与磁感线垂直，这段时间内穿过线圈的磁通量一直增大，故D项错误．题型3ꢀ线圈转动过程中的平均电动势和瞬时电动势5．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50ꢀV，那么该线圈由图示位置(线圈平面与磁场方向平行)转过30°，线圈中的感应电动势大小为(ꢀꢀ)CA．50ꢀVꢀꢀB．25ꢀVꢀꢀC．25ꢀꢀꢀꢀꢀVꢀꢀD．10ꢀV解析线圈绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，从垂直中性面的位置开始计时，感应电动势的瞬时值为e＝E m cosꢀθ，故当θ＝30°时，感应电动势的瞬时值为ꢀ，故选C．6．在磁感应强度为1ꢀT的匀强磁场中有一匝数为10匝的矩形线圈ABCD，如图所示，线圈绕OO′轴以转匀速转动．AB＝20ꢀcm，BC＝25ꢀcm，线圈的总电阻为r＝1ꢀΩ，定值电阻的阻值为R＝9ꢀΩ速，从图示位置开始计时．(1)写出t时刻整个线圈中的感应电动势e的表达式．(2)线圈转过30°，流过R的电荷量为多少？(3)线圈转过30°时，磁通量的变化率为多少？答案与解析(1)e＝50cos100t(V)ꢀ(2)0.025Cꢀ(3)4.33Wb/s(1)感应电动势最大值E＝NBSω＝NBL L·2πn＝50ꢀV，整个线圈中的感应电动势的瞬时值表达m12式为e＝E cosωt＝50cos100t(V)．m(2)线圈转过30°，q＝IΔt，其中ꢀꢀꢀꢀ代入数据得q＝0.025ꢀC.(3)线圈转过30°时，ꢀ此时，易错点ꢀ不能正确认识交变电流图像的意义7．(多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系如图所示，则(ꢀꢀ)BCA．在t＝0时刻，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势也最大B．在t＝1×10－2ꢀs时刻，感应电动势最大C．在t＝2×10－2ꢀs时刻，感应电动势为零D．在0～2×10－2ꢀs时间内，线圈中感应电动势的平均值为零解析在t＝0时刻，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，感应电动势最小，故A错误；在t＝1×10－2ꢀs时刻，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故B正确；在t＝2×10－2ꢀs时刻，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故C正确；在0～2×10－2ꢀs时间内，磁通量变化量不为零，线圈中感应电动势的平均值不为零，故D错误．易错分析分析交流电图像问题时，首先要明确坐标轴的含义；其次要注意物理量的大小与变化率的大小是不同的，物理量按正弦规律变化时，物理量最大时，其变化率为零，物理量为零时，其变化率最大；另外还要把图像与线圈在磁场中的转动情况对应起来．02题型1ꢀ对交变电流周期和频率的理解 1．图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 ．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′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(ꢀꢀ)ꢀ BA ．线圈转动的转速为25r/sB ．电流表的示数为10AC ．1s 内线圈中电流的方向改变50次D ．t ＝0.01s 时线圈平面与中性面重合 解析周期T ＝0.02s ，转速 ，电流表的示数为有效值，故电流表的示 ꢀ，故A 错误；由题图乙可知交变电流的最大值是ꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀ，故B 正确；交变电流的频率为50Hz ，每个 周期内电流的方向改变2次，故1ꢀs 内线圈中电流的方向改变100次，故C 错误；t ＝0.01s 时线圈中的感应电流最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，故D 错误．2．图甲为风速仪的结构示意图．在恒定风力作用下风杯带动与其固定在一起的永磁体转动，线圈中产生的电流随时间变化的关系如图乙所示．若风速减小到原来的一半，则电流随时间变化的关系图可能是(ꢀꢀ)Cꢀ解析若风速减小到原来的一半，则永磁体转速减小到原来的一半，感应电动势最大值变小，所以感应电流ꢀ最大值变小；根据转速与周期成反比，可知若风速减小到原来的一半，则周期变为原来的两倍，故C正确．题型2ꢀ交变电流有效值的计算3．[河南西华第一高级中学2018高二上期末]如图所示为一交变电流随时间变化的图像，此交变电流的有效值为(ꢀꢀ)Bꢀ解析根据有效值的定义可得，ꢀ,解得I＝5ꢀA.4．[四川南充高级中学2018高二下期中]两个相同的电阻，分别通以如图甲、乙所示的正弦式交变电流和方波式交变电流，两种交变电流的最大值相等、周期相等．则在一个周期内，正弦式交变电流在电阻上产生的焦耳热Q与方波式交变电流在电阻上产生的焦耳热Q之比等于(ꢀꢀ)Bꢀ12A．3∶1ꢀꢀB．1∶2C．2∶1ꢀꢀD．4∶3解析两种交变电流的最大值均为I m，正弦式交变电流的有效值为ꢀ，方波式交变电流的有效值为I＝I.2m根据焦耳定律得Q＝I2RT，Q＝I2RT，则Q∶Q＝1∶2，故选B.1122125．[四川眉山一中2018高二下月考]已知某电阻元件在正常工作时，通过它的电流按如图所示的规律变化，今将这个电阻元件与一个多用电表串联(已调至交变电流电流挡)，则多用电表的读数为(ꢀꢀ)Aꢀꢀ解析多用电表的读数是有效值，设该电流的有效值为I，根据交变电流有效值的定义，有ꢀ，解得I＝5ꢀA，所以多用电表的读数为5ꢀA．故选A.题型3ꢀ交变电流“四值”的计算及应用6．(多选)如图所示，某交流发电机的线圈共n匝，面积为S，内阻为r，线圈两端与电阻R构成闭合回路．当线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度ω绕轴OO′匀速转动时，下列说法正确的是(ꢀꢀ)AD A．线圈产生的感应电动势的有效值ꢀB．从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R横截面的电荷量C．线圈经过中性面时，感应电流达到最大值D．线圈中的电流每经过时间方向改变一次ꢀ解析线圈中产生的感应电动势的最大值E m＝nBSω，是正弦交流电，则感应电动势的有效值，A正确；从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R横截面的电荷量q＝IΔt，而平均感应电ꢀꢀꢀꢀꢀꢀ，平均感应电动ΔΦ＝BS，可ꢀꢀꢀꢀ，而线圈从图示位置转过90°的过程中，磁通量的变化量大小ꢀꢀꢀꢀꢀꢀ，B错误；线圈经过中性面时，磁通量最大，但磁通量的变化率最小，因此感应电动势最小，故感应电流达到最小值，C错误；交变电流周期向改变2次，则线圈中的电流每经过时间方向改变一次，D正确．ꢀꢀꢀꢀ，一个周期内线圈中电流方7．交流发电机线圈电阻r＝1ꢀΩ，用电器电阻R＝9ꢀΩ，闭合开关S，电压表示数为9ꢀV，如图所示，则该交流发电机(ꢀꢀ)DꢀA．产生的感应电动势的峰值为10ꢀVB．产生的感应电动势的有效值为9ꢀVC．线圈通过中性面时产生的感应电动势的瞬时值为D．线圈自中性面转过90°的过程中平均感应电动势为ꢀV解析用电器电阻R＝9ꢀΩ，电压表示数为9ꢀV，则电路中的电流ꢀ＝I(R＋r)＝1×(1＋9)V＝10ꢀV，其最大值ꢀ，所以感应电动势有效值E ，故A、B错误；交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值最小，为零，故C错误；线圈自中性面转过90°的过程中平均感应电动势为ꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀ，8．[山西省实验中学2018高二下月考](多选)如图所示，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(ꢀꢀ)CDꢀA．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2∶3C．交流电b的电动势最大值为ꢀD．交流电a的电动势瞬时值为u＝10sin5πt(V)ꢀ解析t＝0时刻电动势的瞬时值均为零，即两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合，磁通量最大，故A错误；由题图可知，周期T＝0.4ꢀs，T＝0.6ꢀs，则线圈先后两次转速之比n∶n＝T∶T＝3∶2，故a b a b b aB错误；由电动势的最大值E＝NBSω，则两个电动势最大值之比U∶U＝ω∶ω＝3∶2，则m ma mb a b交流电b电动势的最大值为ꢀꢀ，故C正确；由题图可知交流电a的电动势最大值U m＝10ꢀV，周期T a＝0.4ꢀs，ꢀ，则交流电a的电动势的瞬时值表达式为u＝U m sinꢀωt＝10sinꢀ5πt(V)，故D正确．9．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流的电动势为ꢀ．关于这个交变电流，下列说法中正确的是(ꢀꢀ)AꢀA．电动势的有效值为220VB．交变电流的频率为100HzC．电动势的最大值为220VD．t＝0时，线圈平面与中性面垂直ꢀ解析由ꢀꢀ可知该交变电流的电动势的最大值为ꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀ，即311V，有效值为220V，故A正确，C 错误；线圈转动的角速度为100πꢀrad/s，ꢀ，故其频率为ꢀ，故B错误；当t＝0时，e＝0，此时线圈处在中性面的位置，故D错误．10．如图所示为交流发电机示意图，匝数n＝100匝的矩形线圈的边长分别为10ꢀcm和20ꢀcm，电阻为5ꢀΩ，在磁感应强度B＝0.5ꢀT的匀强磁场中绕OO′轴以50ꢀꢀꢀrad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20ꢀΩ的电阻R相连接．求：(1)ꢀ线圈绕OO′轴转动时产生的感应电动势的最大值E mꢀ；(2)ꢀ从中性面开始计时，线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式；(3)ꢀ电阻R上消耗的电功率；(4)由图示位置转过90°的过程中，通过R的电荷量是多少？ꢀ答案与解析(1)感应电动势最大值ꢀ.(2)感应电动势的瞬时值为ꢀ(3)感应电动势的有效值ꢀꢀ．，闭合开关S后，由闭合电路欧姆定律得ꢀꢀꢀ，U＝IR＝2×20ꢀV＝40ꢀV.电阻R上消耗的电功率P＝IU＝2×40ꢀW＝80ꢀW.(4)由图示位置转过90°的过程中，通过R的电荷量ꢀꢀ.易错点1ꢀ忽视了公式的适用条件而出错11．如图所示，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1ꢀmin的时间，两电阻消耗的电功之比W∶W为(ꢀꢀ)C甲乙A．1∶ꢀꢀꢀꢀꢀꢀB．1∶2ꢀꢀC．1∶3ꢀꢀD．1∶6ꢀ解析图甲中，在一个周期内，根据电流的热效应有ꢀ图乙中，在一个周期内，根据电流的热效应有据W＝I2Rt知，在相同时间内两电阻消耗的电功之比ꢀ易错分析ꢀ，代入数据解得电流的有效值ꢀ，代入数据解得电流的有效值I′＝I1＝1ꢀA．根ꢀ.故C正确．公式ꢀꢀ只适用于正弦或余弦式交变电流，本题所给图像不是正弦(余弦)函数图像，不能直接用ꢀꢀ求有效值，另外在求有效值时，应注意通电时间．易错点2ꢀ忽视交变电流“四值”的区别而出错12．[山西太原五中2018高二下月考](多选)如图所示，内阻为r的线圈面积为S，共N匝，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度ω匀速转动，线圈通过电刷与一个阻值为R的电阻连接，V为理想交流电压表，则下列说法正确的是(ꢀꢀ)CDA．以图示位置为计时起点，电流的表达式为B．线圈从图示位置开始转过90°的过程中，通过线圈导线截面的电荷量为C．电压表的读数为D．电阻R上消耗的功率为解析线圈产生的电动势的最大值为e m＝NBSω，以图示位置为计时起点，电流的表达式为ꢀ，A错误；通过线圈导线截面的电荷ꢀꢀꢀꢀꢀ，B错误；电压表的读数为外电路电压的有效值，故ꢀ，C正确；电流的有效值为ꢀ，故电阻R上消耗的电功率为ꢀꢀꢀ，D正确．易错分析要区分交流电的有效值和平均值．有效值是由交流电的热效应定义的，故计算交流电产生的热量、热功率时要用有效值；平均值是由法拉第电磁感应定律来计算的，在计算电荷量时要用平均值．1．关于交变电流，下列说法中正确的是(ꢀꢀ)BꢀA．在一个周期内交变电流的方向只改变一次B．电风扇铭牌上标出的电压值和电流值都是指有效值C．某正弦式交流电压的最大值为311ꢀV，则该交流电压最小值为－311ꢀVD．用交流电流表或交流电压表测交流电流或电压时，测量的是交流电流或电压的最大值ꢀ解析在一个周期内交变电流的方向改变两次，故A错误；电风扇铭牌上标出的电压值和电流值都是指有效值，B正确；正弦式交流电压的最大值为311ꢀV，最小值为零，故C错误；交流电流表和交流电压表测量的是有效值，故D错误．2．[天津武清区等五区县2018高二下期中]如图所示，矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，已知从图示位置转过30°时，感应电动势的瞬时值大小为25ꢀV，则感应电动势的峰值为(ꢀꢀ)Aꢀꢀ解析感应电动势的瞬时值表达式为e＝E sinꢀωt，可知25ꢀV＝E sinꢀ30°(V)，解得E＝50ꢀV，故A正确．m m m3．[河南中原名校2018高三上质检](多选)甲图为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，从t＝0时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数n＝50，线圈的电阻r＝5ꢀΩ，线圈与外电路连接的定值电阻R＝45ꢀΩ，电压表为理想交流电表．则下列判断正确的是(ꢀꢀ)BDꢀꢀA．线圈转动的周期为6.28ꢀsB．t＝0时刻线圈平面与磁感线平行C．线圈转动过程中产生的最大电动势为D．电压表的示数为ꢀ解析ꢀ由图乙可知，线圈转动的周期为T＝6.28×10－2ꢀs，A项错误；由图乙可知，t＝0时刻，磁通量为零，线圈平面与磁感线平行，B项正确；线圈中的最大电动势ꢀ，C项错误；电压表测的是电阻R两端的电压，示数为ꢀꢀD项正确．4．(多选)如图所示，由导线制成的单匝正方形线框边长为L，每条边的电阻均为R，其中ab边较粗且材料电阻率较大，其质量为m，其余各边的质量均可忽略不计．线框可绕与cd边重合的水平轴OO′自由转动，不计空气阻力及摩擦．若线框始终处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，线框从水平位置由静止释放，历时t到达竖直位置，此时ab边的速度为v，重力加速度为g.则(ꢀꢀ)CDꢀA．线框在竖直位置时，ab边两端的电压为BLvB．线框在竖直位置时，ab边所受安培力大小为C．这一过程中感应电动势的有效值为ꢀD．在这一过程中，通过线框某一横截面的电荷量为ꢀ解析ꢀ线框运动到竖直位置时，ab边切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，线框中的电流为ꢀ，ab两端的电压为，故A错误．ab边所受安培力大小为ꢀ，故B错误．线框下落过程中机械能的减少量等于线框中产生的焦耳热，所以有ꢀꢀ，故C正确．对于线框的下摆过程，在垂直于磁场方向线框的面积变化为Δs＝L2，通过线框某一横截面的电荷量ꢀꢀ，故D正确．5．实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10ꢀV．已知R＝10ꢀΩ，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是(ꢀꢀ)CꢀA．线圈平面与磁场平行时刻，线圈中的瞬时电流为零B．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝ꢀꢀꢀsin100πt(A)C．流过电阻R的电流最大值为ꢀꢀꢀꢀAD．电阻R上的热功率等于5ꢀW解ꢀ析线圈位于图中位置时，磁通量为零，线圈中的瞬时电流不为零，而是最大值，A错误；电压表示数为10ꢀV，即，ω＝25×2πꢀrad/s＝50πꢀrad/s，所以从线圈有效值为10V，则最大值为10ꢀꢀꢀV，电流的最大值为ꢀ平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝ꢀꢀꢀcosꢀ50πt(A)，故B错误，C正确；电阻R上的热功率等于ꢀ，D错误．6．[湖北宜昌一中2018高二上期末]图甲所示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′按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n＝100、电阻r＝10ꢀΩ，线圈的两端经集流环与电阻R连接，阻值R＝90ꢀΩ，与R并联的交流电压表为理想电表．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．(取π＝3.14)求：(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)从t＝0时刻开始计时，线圈转过60°时线圈中感应电流的瞬时值及回路中的电流方向；(3)电路中交流电压表的示数；(4)从图示位置转过90°，通过线圈的电荷量和整个回路的焦耳热．ꢀ答案与解析(1)200ꢀVꢀ(2)1ꢀAꢀ电流方向为abcdaꢀ(3)90ꢀꢀꢀVꢀ(4)0.02ꢀCꢀ3.14ꢀJ(1)由Φ－t图线可知Φ＝2.0×10－2ꢀWb，T＝6.28×10－2ꢀs，因为Φ＝BS，所以E＝nΦω＝200ꢀV.m m m m(2)因为e＝E m cosꢀωt(V)，所以ꢀ，得i＝2cosꢀ60°(A)＝1ꢀA，电流方向为abcda.(3)电动势的有效值ꢀꢀ，由闭合电路欧姆定律得，电路中电流的有效值为，交流电压表的示数为U＝IR＝90ꢀꢀꢀꢀV.(4)通过线圈的电荷量ꢀꢀ，根据焦耳定律可得ꢀ.03题型1ꢀ电感元件对交变电流的阻碍作用1．[江西抚州临川一中2018高二上月考](多选)如图所示的实验电路中，若交流电压的有效值与直流电压相等，S为双刀双掷开关，下列叙述中正确的是A(ꢀCꢀ)A．当S掷向a、b时灯较亮，掷向c、d时灯较暗B．当S掷向a、b时灯较暗，掷向c、d时灯较亮C．S掷向c、d，把电感线圈中的铁芯抽出来时灯变亮D．S掷向c、d，电源电压不变，频率减小时灯变暗解析线圈对恒定电流无感抗，对交变电流有感抗，故选项A正确，B错误；抽出铁芯时感抗变小，频率减小时感抗变小，灯均变亮，故选项C正确，D错误．2．[浙江金华一中2018高二上段考]如图所示的电路中，两只小灯泡的规格相同．在开关S闭合一段时间后，发现两个灯泡的亮度相同．断开开关S后，进行如下操作，下列对小灯泡发光的描述正确的是(ꢀDꢀ) A．开关S闭合瞬间，两灯一样亮B．开关S闭合后，灯A一直比A亮21C．若将电源换成交流电，两灯一样亮D．断开开关S时，两灯都逐渐熄灭解析由于A与电感线圈串联，开关S闭合瞬间，电感线圈中产生自感电动势，所以A的亮度比A暗，112故A错误；由题可知，开关S闭合电路稳定后，两灯一样亮，故B错误；若将电源换成交流电，电感线圈对交流电的阻碍作用为直流电阻和感抗，所以A1灯较暗，故C错误；断开开关S时，由于电感线圈中的电流减小，在电感线圈中产生自感电动势，电感线圈与两灯、滑动变阻器组成回路，所以两灯中的电流变化相同，故D正确．题型2ꢀ电容元件对交变电流的阻碍作用3．(多选)对交变电流能够通过电容器的正确理解是(ꢀꢀ)BCA．在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动B．在有电容器的交流电路中，有电荷定向移动C．当电容器接到交变电源上时，电容器交替进行充、放电，电路中才有交变电流D．当电容器接到交变电源上时，因为有自由电荷通过电容器，所以电路中才有交变电流解析交变电流能够通过电容器，是通过电容器交替充、放电而进行的，实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质，故C正确，D错误．因电容器交替进行充、放电，电路中就有了电荷的定向移动，故B正确，A错误．4．[甘肃兰州一中2018高二下期中]如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如L＝1ꢀmH，C＝200ꢀpF)，此电路的重要作用是(ꢀꢀ)DA．阻直流通交流，输出交流B．阻交流通直流，输出直流C．阻低频通高频，输出高频交流D．阻高频通低频，输出低频交流和直流解析线圈的作用是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”，电容的作用是“通交流、隔直流，通高频、阻低频”．因线圈的自感系数L很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，直流和低频成分能通过线圈；电容器并联在电路中，因电容C很小，对低频成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，高频成分就会被电容器滤掉，最终输出的是低频交流和直流．故选D.题型3ꢀ含电感、电容元件电路的分析5．(多选)在电子技术中，从某一装置输出的交流信号常常既含有高频成分，又含有低频成分．为了在后面一级装置中得到高频成分或低频成分，我们可以在前面一级装置和后面一级装置之间设计如图所示的电路．关于这种电路，下列说法中正确的是(ꢀBꢀC)A．要使“向后级输出”端得到的主要是高频信号，应该选择图甲所示电路B．要使“向后级输出”端得到的主要是高频信号，应该选择图乙所示电路C．要使“向后级输出”端得到的主要是低频信号，应该选择图甲所示电路D．要使“向后级输出”端得到的主要是低频信号，应该选择图乙所示电路解析甲电路中有一个电容器，它具有“通高频、阻低频”的作用，所以“向后级输出”端得到的主要是低频信号，A错误，C正确；乙电路中有一个电感线圈，它具有“通低频、阻高频”的作用，故“向后级输出”端得到的主要是高频信号，选项D错误，B正确．6．[吉林吉化一中2018高二上期末](多选)如图所示，变频交变电源的频率可在20ꢀHz到20ꢀkHz之间调节，在某一频率时，A1、A2两只灯泡的炽热程度相同．则下列说法中正确的是(ꢀꢀ)BCA．如果将频率增大，A炽热程度减弱、A炽热程度加强12B．如果将频率增大，A炽热程度加强、A炽热程度减弱12C．如果将频率减小，A炽热程度减弱、A炽热程度加强12D．如果将频率减小，A炽热程度加强、A炽热程度减弱12解析在某一频率时，两只灯泡炽热程度相同，则两灯泡消耗的功率相同，频率增大时，感抗增大，而容抗减小，故通过A的电流增大，通过A的电流减小，故B项正确；同理可得C项正确．故选12B、C.易错点ꢀ对影响感抗、容抗的因素认识不正确导致分析具体电路问题时发生错误7．如图所示，三个灯泡是相同的，而且耐压值足够大，电源内阻忽略不计．当S接A时，三个灯泡亮度相同，当S接B时，稳定后，下列说法正确的是(ꢀꢀ)DA．三个灯泡亮度相同B．甲灯最亮，丙灯不亮C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D．乙灯比甲灯亮，丙灯不亮解析由题意可知，当S接A时，三个灯泡亮度相同，则线圈的感抗及电容器的容抗与电阻R相同，当S接B时，线圈没有感抗，电容器具有隔直流的作用，而交流与直流对电阻R作用相同，所以丙灯不亮，甲灯亮度不变，乙灯亮度增加，乙灯最亮，故D正确．易错分析交流电能通过电容器的原因是不断地充、放电，形成充、放电电流，电流频率越高，阻碍作用就越小．电感线圈能对交流电产生阻碍作用是因为变化的电流在线圈中产生了自感电动势．一定要掌握感抗、容抗如何变化．。
人教版物理选修32全册精品课件第五章第一节
【思路点拨】 先根据Em＝NBSω计算电动势 的最大值，再根据计时起点确定瞬时值表达 式是e＝Emsinωt还是e＝Emcosωt.
【精讲精析】 (1)交变电流电动势的峰值为
Em＝2nBLv＝nBSω
＝10×0.5×0.22×10π V≈6.28 V 电流的峰值为 Im＝ERm≈6.28 A.
(2)感应电动势的瞬时值表达式为 e＝Emcosωt≈6.28cos10πt V. (3)线圈转过60°，感应电动势 e＝Emcos60°≈3.14 V. 【答案】 (1)6.28 V 6.28 A (2)e＝6.28cos10πt V
ΔΦ
二是根据 q＝n R 计算．
[经典案例] (8分)如图5－1－11所示，匀强磁 场的磁感应强度B＝0.1 T，所用矩形线圈总电 阻为R＝100 Ω，线圈的匝数n＝100，边长lab ＝0.2 m，lbc＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s 绕OO′轴匀速转动，试求当 线圈平面从图示位置(与中 性面垂直)转过90°的过程 中：
解析：选C.交变电流的瞬时值表达式e＝ Emsinωt，其中Em＝NBSω，当ω加倍而S减 半时，Em不变，故C正确．
要点3 正弦式交变电流的图象
1.对交变电流图象的认识 如图5－1－8所示，正弦式交变电流随时间变 化情况可以从图象上表示出来，图象描述的 是交变电流的电动势、 电流、电压随时间变 化的规律，它们是正 弦曲线．
【方法总结】 分析交变电流图象时要注意 一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看 “点”、看“截距”、看“面积”、看“拐点”， 并理解其物理意义．一定要把图象与线圈在磁场中 的位置对应起来． 二变：掌握“图与图”“图与式”和“图与物”之 间的变通关系．例如可借助磁通量的变化图线与电 动势的变化图线是否是互余关系来分析问题． 三判：在此基础上进行正确的分析和判断．
人教版高中物理选修3-2课件5本章高效整合
答案：
2sin 8π
1V
2．峰值：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)．Em的大小与线圈的形状、旋转 的转轴位置无关．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．
一电容器两端允许加的直流电压最大值是260 V，能否将它 接在按正弦规律变化的交流电压为220 V的电路中？
解析：
只要转动轴垂直于磁场，绕 P1 和 P2 转动产生的瞬
时电动势是相同的，均为NBSω，回路阻值一定，所以电流也是
相同的，安培力F＝ILB，故安培力也相等，根据右手定则，电 流的方向为a→d→c→b. 答案： A
交变电流的四值是指：瞬时值、峰值、有效值、平均值 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：e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt.应当注意在研
得 22×R×1＋32×R×0.5＝I2R×2， 11 解得 I＝ A≈2.06 A. 2
答案： 2.06 A
4．平均值：它是指交变电流图象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 E ΔΦ ＝N· 来求， 特殊地， 当线圈从中性面转过 90 度的过程中， Δt E1＋E2 2 有 E ＝ Em. 计算平均值切忌用算术平均法即 E ＝ 求 π 2 解．平均值不等于有效值．在研究交变电流通过导体截面的 电荷量时，只能用平均值．
究某一时刻线圈受到安培力时，只能用瞬时值．
闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为 240 r/min， 若线圈平面转至与磁感线平行时的电动势为 2 V，则从中性面开 始计时，所产生的感应电动势表达式为 e＝________ V，从中性 1 面起经 s，感应电动势的大小为________． 48
人教版高中物理选修3-2课件
电磁感应
第一节 划时代的发现
自主学习--奥斯特梦圆“电生磁”
（1）是什么信念激励奥斯特寻找电与磁的联系的？在 这之前，科学研究领域存在怎样的历史背景？ （2）奥斯特的研究是一帆风顺的吗？奥斯特面对失败 是怎样做的？ （3）奥斯特发现电流磁效应的过程是怎样的？用学过 的知识如何解释？ （4）电流磁效应的发现有何意义？谈谈自己的感受。
进一步地思考和探索：
铁芯
铁芯和线圈A是产生这一效应的必要条 件吗？
1831年11月24日，法拉第向皇家学会提 交了一个报告，把这种现象定名为电磁感应， 产生的电流叫做感应电流。“磁生电”是一 种在变化、运动的过程中才能出现的效应。 五种类型可以引起感应电流：变化的电 流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的 磁铁、在磁场中运动的导体。 有规律吗？
问题： “闭合电路的一部分导体切割磁感 线”是不是产生感应电流的必要条 件呢？
若：产生感应电流的必要条件是“闭合电 对运动。 即：磁场和导体相对静止的话，导体 就不切割磁感线，导体中就没有感 应电流产生。
是这样吗？
实验设计：
1、实验目的：使用不切割磁感线的方法产生 感应电流 2、实验器材：电源、电键、电流表、滑动变 阻器、大线圈、小线圈、导线
三品：创造性的思维 为什么以往的实验都失败了？
法拉第敢于突破，终于有了划时代的发现！
1831年10月28日 法拉第的创新：
圆盘发电机，首先向 人类揭开了机械能转化 为电能的序幕。
法拉第提出了“电场”、“磁场”和“力 线”的概念。暗示了电磁波存在的可能性， 并预言了光可能是一种电磁振动的传播 。
结论：产生感应电流的原因可能与磁场的 变化有关，与导体是否切割磁感线无关
小结：
高中物理第五章1交变电流课件新人教版选修3
[学习目标]
1.会观察电流(或电压)的波形图,理解交变电流和直流的概念.
2.理解交变电流的产生过程,会分析电动势和电流方向的变化规律. 3.知道交变电流的变化规律及表示方法,知道交变电流的瞬时值、峰值的 物理含义.知道中性面的物理特点.
课前预习 掌握新知
知识梳理
一、交变电流 1.交变电流: 大小 和 方向 随时间做周期性变化的电流叫交变电
学霸笔记
搞清两个特殊位置的特点 (1)线框平面与磁场垂直时:e 为 0,i 为 0,Φ为最大, 为 0.
t (2)线框平面与磁场平行时:e 为最大,i 为最大,Φ为 0, 为最大.
t
(教师备用)
例1-1:(多选)如图所示,一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方
向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动,从线圈平面与磁场方向平行时
(4)交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置无关.( (5)交流电源没有正负极之分.( √ )
×)
×)
(1)如图所示,当线圈在磁场中绕OO′轴转动时,哪些边切割磁感线?线圈 转到哪些位置时没有感应电流?
答案:当线圈在磁场中绕OO′轴转动时,AB,CD边切割磁感线产生感应电 流.线圈转到(甲)和(丙)位置时没有感应电流,我们称之为中性面. (2)正弦式交变电流的图象一定是正弦函数曲线吗? 答案:不一定,根据计时起点不同,也可能是余弦函数曲线.
[要点归纳]
1.峰值表达式
Em=nBSω,Im= Em = nBS ,Um=ImR= nBSR .
Rr Rr
Rr
2.峰值决定因素:由线圈匝数n、磁感应强度B、转动角速度ω和线圈面积
S决定,与线圈的形状无关,与转轴的位置无关.
【赢在课堂】2014年高中物理(新课标人教版)选修3-2配套课件 5.1
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3.正弦交流电的变化规律 当闭合线圈由中性面位置(图中 O1O2 位置)开始在匀强磁场中匀速 转动时,根据法拉第电磁感应定律,线圈中产生的感应电动势随时间而 变化的函数是正弦函数。
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(1)函数特点: 瞬时电动势 e=Emsin ωt 瞬时电流 i=Imsin ωt 瞬时电压 u=Umsin ωt 其中 Em、Im、Um 分别表示电动势、电流、电压的峰值。 (2)图象特点 按正弦规律变化的交变电流,其图象是一条正弦曲线,如图所示。
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中性面、中性面的垂面位置的特性比较
中性面 位置 磁通量 磁通量变化率 感应电动势 线圈边缘线速度 与磁场方向夹角 感应电流 电流方向 线圈平面与 磁场垂直 最大 0 0 0 0 改变 中性面的垂面 线圈平面与 磁场平行 0 最大 最大 90° 最大 不变
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二、交变电流的变化规律
活动与探究 2
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(2)线圈在由丙转到丁的过程中,AB 边中电流向哪个方向流动? 答案:磁感线的方向由 N 指向 S,当线圈由丙转到丁的过程中,向右 穿过线圈 DABC 的磁通量减少,根据楞次定律和安培定则可判断 AB 中 的电流方向为由 A 流向 B。 (3)当线圈转到什么位置时线圈中没有电流? 答案:当线圈转到甲和丙位置(中性面位置)时,AB、CD 的速度方向 都与磁感线方向平行,不切割磁感线,故线圈中没有感应电动势,没有感 应电流。
第五章
交变电流
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1
交变电流
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课前预习导学
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退出Βιβλιοθήκη 目标导航学习目标 1.能说出交流电、 直流电的概 念。 2. 在线圈转动产生交流电时 , 会分 析其电动势和电流方向的变化。 3. 能写出正弦交流电变化规律的 表达式,明确其峰值、瞬时值的含 义。 律。 难点: 对交变电流图象的理解与应 用。 重点: 结合交变电流的瞬时值 表达式及图象分析交变电流的规 重点难点
人教版高中物理选修3-2课件ZXXKCOM2011051716430147705
通直流，阻交流 通低频，阻高频
低频扼流圈（L大） 高频扼流圈（L小）
电容对交变电流的作用：
通交流，隔直流 通高频，阻低频
隔直电容器
高频旁路电容器 （C小）
例1、如图所示，从ab端输入的交流含有高频和低频 成分，为了使R上尽可能少地含有高频成分，采用图 示电路，其L的作用是________________，C的作用 是__________。
解析：因L有“通低频、阻高频”的特点，因 此L的作用是阻挡高频成分；而通过L后还有少 量的高频成分，利用C“通高频、阻低频”的特 点，使绝大部分高频成分从C流过。
P38说一说
例2、如图所示，当交流电源的电压（有效值）U＝ 220V、频率f＝50Hz时，三只灯A、B、C的亮度相 同（L无直流电阻）。
高中物理课件
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第五章交变电流
第三节电感和电容对 交变电流的影响
引入：
在直流电路中，电压、电流和电阻的关系 遵从欧姆定律，在交流电路中，如果电 路中只有电阻，例如白炽灯、电炉等， 实验和理论分析都表明，欧姆定律仍适 用．但是如果电路中包括电感、电容， 情况就要复杂了．
一、电感对交变电流的阻碍作用
电容器，接入交流电时，灯泡亮了，说明交流
能够通过电容器。
电容器对交流电路存在阻碍作用，且电容越大、
频率越高，阻碍作用越小。
（2）实验结论： 电容器有“通交流，隔直流”的作用。
(3)、实验现象分析：——电容通交隔直的原因
电容器通过充电和放电电路中就有了电流， 表现为交流通过了电路。
2.容抗
（1）反映电容对交流的阻碍作用
（1）将交流电源的频率变为f＝100Hz，则（A）C （2）将电源改为U＝220V的直流电源，则（）BC A．A灯比原来亮B．B灯比原来亮 C．C灯和原来一样亮D．C灯比原来亮