高中物理选修3-2章末高效整合5 课件ppt
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人教版高中物理选修3-2课件5章末
－2
s，所以 u2＝190 2sin(100πt)V，
n1 U1 A 错误，B 正确；根据 ＝ ，n1 减小，u2 增大，因此为使用 n2 U2 户电压稳定在 220 V，应将 P 适当上移，C 错误，D 正确． 答案 BD
【例 3】(2011· 全国理综)如图 3 所示，一理想变压器原副线圈 的匝数比为 1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为 220 V，额定功率为 22 W；原线圈电路中接有电压表和电流 表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用 U 和 I 分别表示此时电 压表和电流表的读数，则( A．U＝110 V，I＝0.2 A C．U＝110 2 V，I＝0.2 A )． B．U＝110 V，I＝0.05 A D．U＝110 2 V，I＝0.2 2 A
【例5】 (2010· 重庆卷)输入电压为220 V，输出电压为36 V的 变压器副线圈烧坏，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5所示，然后将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线 圈的端电压为1 V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的 )．
变压器
【例 2】
(2011· 山东)为保证用户电压稳定在 220 V，变电所需适
时进行调压，图 2 甲为变压器示意图．保持输入电压 u1 不变，当滑 动接头 P 上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压 u2 随时间 t 变化的曲线如图 2 乙所示．以下正确的是( )．
图2
A．u2＝190 2sin(50πt) V B．u2＝190 2sin(100πt) V C．为使用户电压稳定在 220 V，应将 P 适当下移 D．为使用户电压稳定在 220 V，应将 P 适当上移 解析 由电压 u2 随时间 t 变化的曲线可知，用户电压的最大值 是 190 2 V，周期是 2×10
s，所以 u2＝190 2sin(100πt)V，
n1 U1 A 错误，B 正确；根据 ＝ ，n1 减小，u2 增大，因此为使用 n2 U2 户电压稳定在 220 V，应将 P 适当上移，C 错误，D 正确． 答案 BD
【例 3】(2011· 全国理综)如图 3 所示，一理想变压器原副线圈 的匝数比为 1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为 220 V，额定功率为 22 W；原线圈电路中接有电压表和电流 表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用 U 和 I 分别表示此时电 压表和电流表的读数，则( A．U＝110 V，I＝0.2 A C．U＝110 2 V，I＝0.2 A )． B．U＝110 V，I＝0.05 A D．U＝110 2 V，I＝0.2 2 A
【例5】 (2010· 重庆卷)输入电压为220 V，输出电压为36 V的 变压器副线圈烧坏，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5所示，然后将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线 圈的端电压为1 V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的 )．
变压器
【例 2】
(2011· 山东)为保证用户电压稳定在 220 V，变电所需适
时进行调压，图 2 甲为变压器示意图．保持输入电压 u1 不变，当滑 动接头 P 上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压 u2 随时间 t 变化的曲线如图 2 乙所示．以下正确的是( )．
图2
A．u2＝190 2sin(50πt) V B．u2＝190 2sin(100πt) V C．为使用户电压稳定在 220 V，应将 P 适当下移 D．为使用户电压稳定在 220 V，应将 P 适当上移 解析 由电压 u2 随时间 t 变化的曲线可知，用户电压的最大值 是 190 2 V，周期是 2×10
人教版高中物理选修3-2课件第5章-2
Байду номын сангаас
【解析】 由图象可知，交变电流的周期 T＝0.2 s，交 变电压的最大值 Um＝12 V，所以此交变电流的频率 f＝1/T＝ 5 Hz，角速度 ω＝2π/T＝10π rad/s，交变电压瞬时值的表达 式 u＝Umsin ωt＝12sin 10πt(V)，选项 A、B 均正确；标有“12 V 3 W”的灯泡正常发光时其两端电压的有效值为 12 V，而 交变电压有效值 U＝Um/ 2＝6 2V，所以灯泡不能正常发光， 选项 C 错误；图象上对应的 0.1 s 时刻，交变电压瞬时值为零， 穿过发电机中的线圈的磁通量最大，发电机中的线圈刚好转 至中性面，选项 D 正确．
A．10 2A B．10 A
C．7 2A D．9 A
图 5－2－3
【解析】 设此交变电流的有效值为 I，则根据电流的热
效应有：I2R×2×10－2＝(8 2)2R×10－2＋(6 2)2R×10－2，解
得 I＝10 A，选项 B 正确．
【答案】 B
交变电流的“四值”对比 【问题导思】 1．正弦交流电的“四值”分别是什么？ 2．交变电流的“四值”分别在什么情况下使用？
【审题指导】 (1)线圈在磁场中匀速转动产生的正弦交 流电．
(2)电表的示数应为交流电的有效值． (【3)解求析解】电荷量(1)应Em用＝交N流BS电ω的＝平10均0×值π1．×0.05×2π×36000 V ＝50 V，E＝Em＝25 2 V≈35.4 V
2 (2)在图中位置线圈处于中性面，故交变电流的瞬时值 e ＝Emsin ωt，则 e＝50 sin(2π×36000t)V＝50 sin 10 πt V.
圈电阻为 1 Ω，外接电阻 R＝9 Ω，匀强
磁场的磁感应强度为 B＝1πT，当线圈以 300 r/min 的转速匀速转动时，求：
【解析】 由图象可知，交变电流的周期 T＝0.2 s，交 变电压的最大值 Um＝12 V，所以此交变电流的频率 f＝1/T＝ 5 Hz，角速度 ω＝2π/T＝10π rad/s，交变电压瞬时值的表达 式 u＝Umsin ωt＝12sin 10πt(V)，选项 A、B 均正确；标有“12 V 3 W”的灯泡正常发光时其两端电压的有效值为 12 V，而 交变电压有效值 U＝Um/ 2＝6 2V，所以灯泡不能正常发光， 选项 C 错误；图象上对应的 0.1 s 时刻，交变电压瞬时值为零， 穿过发电机中的线圈的磁通量最大，发电机中的线圈刚好转 至中性面，选项 D 正确．
A．10 2A B．10 A
C．7 2A D．9 A
图 5－2－3
【解析】 设此交变电流的有效值为 I，则根据电流的热
效应有：I2R×2×10－2＝(8 2)2R×10－2＋(6 2)2R×10－2，解
得 I＝10 A，选项 B 正确．
【答案】 B
交变电流的“四值”对比 【问题导思】 1．正弦交流电的“四值”分别是什么？ 2．交变电流的“四值”分别在什么情况下使用？
【审题指导】 (1)线圈在磁场中匀速转动产生的正弦交 流电．
(2)电表的示数应为交流电的有效值． (【3)解求析解】电荷量(1)应Em用＝交N流BS电ω的＝平10均0×值π1．×0.05×2π×36000 V ＝50 V，E＝Em＝25 2 V≈35.4 V
2 (2)在图中位置线圈处于中性面，故交变电流的瞬时值 e ＝Emsin ωt，则 e＝50 sin(2π×36000t)V＝50 sin 10 πt V.
圈电阻为 1 Ω，外接电阻 R＝9 Ω，匀强
磁场的磁感应强度为 B＝1πT，当线圈以 300 r/min 的转速匀速转动时，求：
【全优课堂】2014秋高中物理 第五章 交变电流章末整合课件 新人教版选修3-2
解析： (1)感应电动势的最大值为 Em＝nBωS＝3.14 V. (2)转过 60° 时的瞬时感应电动势为 e＝Emcos 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 3 0.5×0.1×0.1× 2 ΔΦ BSsin 60° E ＝n ＝n ＝100× V＝2.6 V. Δt 1 1 2π T × 6 6 2π (4)电压表示数为外电路电压的有效值 3.14 2 E U＝ · R＝ ×4 V＝1.78 V. R＋r 4＋1
交变电流
专题 1 交流电瞬时值、最大值、有效值、平均值的计算和应用 1．瞬时值：它反映的是不同时刻交流电的大小和方向，瞬时值 是时间的函数，正弦交流电瞬时值表达式为：e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt，应当注意此式表示从中性面开始计时． 2． 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 Em＝nBSω，在考虑电容器的耐压值 时，应根据交流电的最大值．
图 5－2
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( ) A. 、 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
专题 2理想变压器的基本关系和动态分析问题 U1 n1 1．电压思路：变压器原、副线圈的电压之比为 ＝ ；当 U2 n2 变压器有多个副线圈时，只要绕在同一闭合铁芯上，任意两线圈 UP nP 之间总有 ＝ . UQ nQ 2．功率思路：理想变压器的输入、输出功率关系为 P 入＝P 出，即 P1＝P2；当变压器有多个副线圈时，P1＝P2＋P3＋„ I1 n2 3．电流思路：对只有一个副线圈的变压器有 ＝ ；当变压 I2 n1 器有多个副线圈时 n1I1＝n2I2＋n3I3＋„
人教版高中物理选修3-2课件本章小结5
为了巩固和提升所学内容，请使用“单 元综合测评五”。
度可忽略不计．求：
(1)在 0～T2和T2～T 这两段时间内微粒加速度的大小和方 向；
(2)要使该微粒不与 A 板相碰，所加电压的周期最长为 多少？(g 取 10 m/s2)
【解析】 (1)设电场力大小为 F，则 F＝2mg，对于 t ＝0 时刻射入的微粒，在前半个周期内，F－mg＝ma1，a1 ＝2mgm－mg＝g，方向向上，后半个周期的加速度 a2 满足 F ＋mg＝ma2，a2＝3mmg＝3g，方向向下．
后半个周期的T2－t1＝T3时间内，微粒向下加速运动．下
降的高度 h3＝12×3gT32＝g6T2
上述计算表明，微粒在一个周期内的总位移为零，只要
在上升过程中不与 A 板相碰即可，则 h1＋h2≤d，即g6T2≤d.
所 加电压的 周期最长 Tmax＝
6gd ＝
6×0.6×10－2 10
(2)前半个周期上升的高度 h1＝12a1T22＝18gT2.前半个周 期微粒的末速度为g2T，后半个周期先向上做匀减速运动，设 减速到零的时间为 t1，则 3gt1＝g2T，t1＝T6，此段时间内上升 的高度 h2＝12a2t21＝12×3g×T62＝g2T42，则上升的总高度为 h1 ＋h2＝18gT2＋214gT2＝g6T2.
2．粒子在交变电场中，常见的运动情境有以下三 种：
(1)带电粒子做定向运动； (2)带电粒子以某位置为中心做往复运动； (3)带电粒子做偏转运动． 3．分析时应注意由于交变电流的周期性变化而引起 的分析结果出现多解的可能．
如图所示，A、B两块金属板水平放置，相距为d＝ 0.6cm，两板间加有一周期性变化的电压，当B板接地(φB ＝0)时，A板电势φA随时间变化的情况如图所示，现有一 带负电的微粒在t＝0时刻从板中央小孔射入电场，若该带 电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速
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
第四章
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：
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：
物理选修3-2全套课件 PPT
变式训练1 如图29－6所示，各图中有感应电流产生的是( )
图29－6
解析 选项A中，线圈没闭合，无感应电流；选项C中， 导线在圆环的正上方，不论电流如何变化，穿过线圈的磁感 线相互抵消，磁通量恒为零，也无感应电流；选项B中，磁 通量增大，有感应电流；选项D中，回路中的磁通量恒定， 无感应电流．故选项B正确．
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物理选修3-2
目录
▪ 第四章 电磁感应
▪ 课时29 划时代的发现 探究电磁感 ▪ 应的产生条件 ▪ 课时30 楞 次 定 律 ▪ 课时31 法拉第电磁感应定律 ▪ 课时32 电磁感应定律的应用 ▪ 课时33 互感和自感 涡流 电磁阻
尼和电磁驱动 ▪ 课时34 《电磁感应》小结
解析 (1)由磁通量的定义可得： Φ1＝B·S＝5×10－3 Wb． (2)Φ2＝B·S·cos 120°＝－2.5×10－3 Wb ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝7.5×10－3 Wb． 答案 (1)5×10－3 Wb (2)－2.5×10－3 Wb 7.5×10－3 Wb 点评 磁通量的变化量一般用变化的绝对值表示即可．
大家有疑问的，可以询问和交流
可以互相讨论下，但要小声点
小Hale Waihona Puke |B－B′|，穿过平面的磁通量为|B－B′|·S＝|BS－B′S|＝|Φ －Φ′|．磁通量的意义可以用磁感线的条数形象地说明，因此 穿过平面的磁通量|Φ－Φ′|，可以理解为与相反方向穿过平面 的磁感线相抵消之后剩余的磁感线条数．
(2)单位：韦伯(Wb),1 Wb＝1 T·m2． 四、磁通量的变化 由 公 式 Φ ＝ BSsinθ 知 ， 穿 过 线 圈 的 磁 通 量 由 三 方 面 决 定，即磁感应强度的大小、线圈面积以及磁场方向与线圈平 面的夹角．三者中只要有一个因素发生变化都将引起Φ的变 化；但是如果两个甚至三个因素同时变化，Φ则有可能不 变．(想一想，这是为什么？) 五、结论 产生感应电流的条件：一是存在闭合电路，二是穿过闭 合电路的磁通量发生变化．
高中物理新人教版选修3-2系列课件.ppt
变压器就是改变交流电压的设备
2019-11-21
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5
几种常见的变压器
2019-11-21
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6
一、变压器的构造
1.示意图 2.构造： （1）闭合铁芯 （绝缘
铁
硅钢片叠合而成）
原 线 ∽ U1 圈
芯
n1 n2
U2 ∽
副
线
圈
（2）原线圈（初级线 圈）：其匝数用n1表示
（3）副线圈（次级线 圈）：其匝数用n2表示
3.6A
D.这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，
图 （b）的读数为3.6A
铁
C
芯
2019-11-21
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A
21
五、几种常用变压器 1.自耦变压器
问题：有没有只 用一组线圈来实 现变压的变压器？
P
U1 A B
自耦变压器的 U2 原副线圈共用一
个线圈
U1 n1 n2 U2
U1 n1 n2 U2
匝数少而通过的电流大，应当用较粗的导
线绕制。 这也是判定高压线圈和低压线
圈的一种方法。
2019-11-21
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15
输入输出电压、电流、功率大小之间的因 果关系
1.输入功率P1由输出功率P2决定；P1＝P2 2.U1由电源决定； 3.U2由U1和匝数比决定；U2＝n2/n1·U1
4.I2由U2和负载决定； I2＝U2／R
压表示数为___0_____V,电流表示数为___0___A.
（2）当原线圈接在220V交变电源上时，电压
表示数为___4_4____V，电流表示数为__0_.4__4__A, 此时输入功率为_1__9_.3__6_W.
2019-11-21
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5
几种常见的变压器
2019-11-21
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6
一、变压器的构造
1.示意图 2.构造： （1）闭合铁芯 （绝缘
铁
硅钢片叠合而成）
原 线 ∽ U1 圈
芯
n1 n2
U2 ∽
副
线
圈
（2）原线圈（初级线 圈）：其匝数用n1表示
（3）副线圈（次级线 圈）：其匝数用n2表示
3.6A
D.这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，
图 （b）的读数为3.6A
铁
C
芯
2019-11-21
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A
21
五、几种常用变压器 1.自耦变压器
问题：有没有只 用一组线圈来实 现变压的变压器？
P
U1 A B
自耦变压器的 U2 原副线圈共用一
个线圈
U1 n1 n2 U2
U1 n1 n2 U2
匝数少而通过的电流大，应当用较粗的导
线绕制。 这也是判定高压线圈和低压线
圈的一种方法。
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15
输入输出电压、电流、功率大小之间的因 果关系
1.输入功率P1由输出功率P2决定；P1＝P2 2.U1由电源决定； 3.U2由U1和匝数比决定；U2＝n2/n1·U1
4.I2由U2和负载决定； I2＝U2／R
压表示数为___0_____V,电流表示数为___0___A.
（2）当原线圈接在220V交变电源上时，电压
表示数为___4_4____V，电流表示数为__0_.4__4__A, 此时输入功率为_1__9_.3__6_W.
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构建体系网络
重难疑点透视
易错点 4 对交流电的产生、变化规律的理解不透彻 一矩形线圈，绕垂直于匀强磁
场并位于线圈平面内的固定轴转动．线圈 中的感应电动势 e 随时间 t 的变化规律如图 所示．下面说法中正确的是( )
A．t1 和 t3 时刻穿过线圈的磁通量为零 B．t1 和 t3 时刻穿过线圈的磁通量变化率为零 C．图中是从线圈平面与磁场方向平行时刻开始计时的 D．每当感应电动势 e 变换方向时，穿过线圈的磁通量的 绝对值都为最大
第五章 交变电流
构建体系网络
重难疑点透视
易错点 4 对交流电的产生、变化规律的理解不透彻 一矩形线圈，绕垂直于匀强磁
场并位于线圈平面内的固定轴转动．线圈 中的感应电动势 e 随时间 t 的变化规律如图 所示．下面说法中正确的是( )
A．t1 和 t3 时刻穿过线圈的磁通量为零 B．t1 和 t3 时刻穿过线圈的磁通量变化率为零 C．图中是从线圈平面与磁场方向平行时刻开始计时的 D．每当感应电动势 e 变换方向时，穿过线圈的磁通量的 绝对值都为最大
电流的有效值 I＝R＋E r＝2.2 A，发电机线圈内阻每秒钟产生的
焦耳热为 Q＝I2rt＝2.2×5×1 J＝24.2 J
D 对．
答案： D
物理 选修3-2
第五章 交变电流
构建体系网络
重难疑点透视
易错点 6 不清楚如何求解输电线的功率损失而出错 某水电站，用总电阻为 2.5 Ω 的输电线输电给 500
物理 选修3-2
第五章 交变电流
构建体系网络
重难疑点透视
正确解析 电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图象
知电动势的最大值 Em＝220 2 V，有效值 E＝220 V，灯泡两
端电压 U＝RR＋Er＝209 V，A 错；由图象知 T＝0.02 s，一个周
期内电流方向改变两次，可知 1 s 内电流方向改变 100 次，B 错；灯泡消耗的实际功率 P＝UR2＝29059.02 W＝459.8 W，C 错；
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第五章 交变电流
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错因分析 对交流电产生过程中感应电动势 e、磁通量 Φ、 磁通量变化量 ΔΦ 和磁通量变化率ΔΔΦt 间的关系不清楚，误认为 磁通量为零，感应电动势就为零，磁通量最大，则感应电动势 最大，不能准确把握中性面的意义，同时不能把图象和物理过 程联系起来也是出错的主要原因．
km 外的用户，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( )
A．输电线上输送的电流大小为 2.0×105 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＝U2/r，U 为输电电压，r 为输电线的电阻
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错因分析 对交流电产生过程中感应电动势 e、磁通量 Φ、 磁通量变化量 ΔΦ 和磁通量变化率ΔΔΦt 间的关系不清楚，误认为 磁通量为零，感应电动势就为零，磁通量最大，则感应电动势 最大，不能准确把握中性面的意义，同时不能把图象和物理过 程联系起来也是出错的主要原因．
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答案： BCD
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易错点 5 忽视交变电流“四值”的区别，造成运用时的 错误
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 5.0 Ω，现外接 一只电阻为 95.0 Ω 的灯泡，如图乙所示，则( )
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A．电压表 的示数为 220 V B．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 W D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为 24.2 J 错因分析 1：不能正确区分电源电动势和路端电压，易 错选A. 2：认为在一个周期内电流的方向改变1次，则会错选B.
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正确解析 由图象可知，在t＝0时，感应电动势有最大 值，说明穿过线圈的磁通量的变化率最大，即线圈平面与磁场 方向平行时开始计时，选项C正确；t1、t3时刻感应电动势为 零，即线圈平面与磁场方向垂直(位于中性面)，穿过线圈的磁 通量最大，磁通量的变化率为零，所以选项B正确，选项A错 误；当线圈通过中性面时是感应电动势改变方向的时刻，选项 D正确．
损失的功率 ΔP＝I′2r＝(6×105)2×2.5 W＝9×108 kW，表明电
能将在线路上损耗完，则输电线上损失的功率为 3×106 kW，
C 错；D 项中输电线上损失的功率 ΔP＝Ur2，U 应为输电线上损
耗的电压，而不是输电电压，D 错． 答案： B
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错因分析 本题属于基础性的题目，易错选项为 D，出错 原因在于没有弄清如何求解输电线的功率损失，通常的求解方 法是用 ΔP＝I2r 来求，而若用 ΔP＝Ur2来求解，则需要明确 U 的含义，U 应为输电线上的电压损失．
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正确解析： 输电线上输送的电流 I＝UP＝3×501006kkVW＝6
000 A，A 错；输电线上损失的电压为 ΔU＝Ir＝ 6000×2.5 V
＝1.5×104 V＝15 kV，B 对，若改用 5 kV 的电压输电，则输电
线上输送的电流 I′＝UP′＝3×510k6VkW＝6×105 A，输电线上