资源简介

第三章 交变电流 ——高二物理人教版（2019）期末复习知识大盘点
第一部分：单元学习目标整合
本章概述
本章探究交变电流知识，是第二章“电磁感应”知识的具体应用，也是“恒定电流”内容的进一步扩展。本章主要研究交变电流的产生和描述、变压器的分析应用及远距离输电等问题。
重点 ①交变电流的产生及运算
②变压器的规律及其应用
难点 ①交变电流有效值的计算
②含有变压器电路的动态分析
③远距离输电
第二部分：经典例题复盘
例1.关于正弦式交变电流的产生过程，下列说法正确的是( )
A.当线圈平面与中性面垂直时，电流方向发生变化
B.线圈平面经中性面时开始计时，周期内，电流先增大后减小
C.线圈平面与中性面垂直开始计时，2个周期内电流方向改变4次
D.线圈转动过程中通过线圈的磁通量最大的位置，也是感应电流最大的位置
答案：C
解析：线圈转动过程中，在中性面位置，通过线圈的磁通量最大，感应电流等于零，方向改变，2个周期内电流方向改变4次；线圈由中性面经周期转动到与中性面垂直位置，此过程中电流逐渐增大到最大，故C正确，A、B、D错误.
例2.如图所示为四种电流随时间变化的图像，其中图②③中每段曲线均为余弦或正弦曲线的一部分，电流的最大值均为，下列说法正确的是( )
A.图①②所示电流的有效值相等
B.图②③所示电流变化周期相等
C.图①所示电流的有效值是图③的2倍
D.图④所示电流的有效值等于图③所示电流的有效值
答案：A
解析：图②所示电流的有效值与余弦电流有效值相等，正弦（或余弦）电流的有效值，与周期无关，故A正确；图②所示电流变化周期为，图③所示电流变化周期为，故B错误；图③所示电流的有效值满足，解得，故C错误；图④所示电流的有效值满足，解得，故D错误.
例3.如图所示是交流电的图像，把这个交流电加在的电阻两端，则( )
A.该交流电的频率为100 Hz B.该交流电的有效值约为7.07 A
C.电阻R两端电压的最大值为0.1 V D.电阻R每秒产生的热量为500 J
答案：AC
解析：根据题图可知，，则该交流电的周期为0.01 s，频率为，A正确；该交流电的有效值为，B错误；电阻R两端电压的最大值为，C正确；电阻R每秒产生的热量为，D错误.
例4.如图所示，理想变压器有两组副线圈，其中副线圈与标有“5 V 10 W”的灯泡相连，副线圈与标有“6 V 12 W”的灯泡相连，当理想变压器原线圈两端所加交流电压的瞬时值表达式为时，两灯泡均能正常发光.已知原线圈匝数为匝，电流表为理想交流电表，导线的电阻可忽略不计，则( )
A.副线圈的匝数为20匝
B.副线圈的匝数为30匝
C.电流表的示数为0.1 A
D.通过灯泡的电流每秒钟方向改变50次
答案：BC
解析：由可知，此交流电压的有效值，根据变压器电压与匝数的关系有，其中，解得匝，匝，故A错误，B正确；理想变压器的输入功率等于输出功率，则有，解得，故C正确；由可知，，解得交变电流的频率，则通过灯泡的电流每秒钟方向改变100次，故D错误.
例5.如图所示为某发电厂向远处用户输电的示意图，已知发电厂的输出功率，发电厂输出电压，向用户送电的输电线总电阻.现要使输电线上的功率损失为输送功率的1%，用户得到的电压又正好是220 V，不考虑其他方面的损耗，则所用的升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比分别是多少？
答案：；
解析：设输电线路中的电流为I，则输电线上损耗的功率，由题意有，代入数据解得.由，解得，对升压变压器，若不考虑其他方面的损耗，输入端的电压就等于发电厂输出电压，则有.设输电线上损失的电压为，由欧姆定律有，所以降压变压器原线圈两端的电压，则对降压变压器有.
第三部分：重难知识易混易错
一、正弦式交变电流的产生条件
1.正弦式交变电流的产生条件
（1）匀强磁场
（2）线圈匀速转动
（3）线圈的转轴垂直于磁场方向
2.中性面、中性面的垂面位置的特点比较
二、交变电流的变化规律
1.从两个特殊位置开始计时的瞬时值表达式
2.交变电流瞬时值表达式问题的解题程序
（1）观察线圈的转动轴是否与匀强磁场磁感线垂直。
（2）从中性面开始计时，电动势按正弦规律变化；从垂直中性面的位置开始计时，电动势按余弦规律变化。
（3）写出电动势的瞬时值表达式。
3.确定交变电流电动势的瞬时值表达式时应注意以下三个方面
（1）用确定峰值。
（2）确定角速度，若题干中已知转速为n，则。
（3）确定计时起点位置，从而确定瞬时值表达式。
三、交变电流的有效值
1.有效值的理解
交变电流的有效值是根据电流的热效应定义的，理解有效值重点在“等效”上，“效果”相同在定义中体现为相同电阻、相同时间、产生相同热量，交变电流与多大的恒定电流“效果”相同，有效值就是多大。
2.有效值的计算
（1）对于正弦式交变电流，
推导：假定让一恒定电流和一交变电流分别通过相同阻值的电阻R，经过相同的时间T（T为交变电流的周期），恒定电流所产生的热量为，则在周期T内交变电流的平均功率为，那么所产生的热量为，
如果，即
那么I就是交变电流的有效值，则有①
设正弦式交变电流的瞬时功率为P，则
而②
所以。
由②式知是不随时间变化的常量，它的平均值就是本身；是按余弦规律变化的量，有时为正，有时为负，在一个周期内的平均值等于0，因此正弦式交变电流在一个周期内的平均功率为③。
将③代入①得，再结合欧姆定律，可以得到。
（2）当电流是非正弦式交变电流时，也应根据有效值的定义求解。
3.几种典型电流的有效值
四、含有变压器的动态电路
1.理想变压器工作时的制约关系
（1）电压制约
输入电压决定输出电压。当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输出电压由输入电压决定，即。
（2）电流制约
输出电流决定输入电流当变压器原、副线圈的匝数比一定，且输入电压确定时，原线圈中的输入电流由副线圈中的输出电流决定，即。
（3）功率制约
输出功率决定输入功率变压器副线圈中的功率由用户负载决定，，增大，增大；减小，减小；为零，为零。
2.动态分析电路的两种常见情形
(1)原、副线圈的匝数比不变，各物理量随负载电阻的变化而变化的情况分析原、副线圈的电压、，电流、，输出和输入功率、随负载电阻的变化而变化的情况。如图3-3-2所示，将变压器接到交流电源上，原线圈的输入电压为，副线圈两端的电压为定值，流过副线圈两端的电流随负载电阻的减小而增大，变压器的输出功率也随着增大，不计变压器损失的能量，则变压器的输入功率，流过原线圈的电流也增大。
说明：负载减少，不等于电阻变小。并联的负载减少，对应的用电器减少，消耗的功率减小，其总电阻增大。
(2)负载不变，各物理量随原、副线圈匝数比的变化而变化的情况
如图3-3-3所示，当原线圈的输入电压和匝数不变，副线圈的匝数，增大时，副线圈两端的电增大，流过副线圆的电流增大，变压接的输出功率增大，则理想变压器的输入功率增大，流过原线圈的电流增大。
易错题：
一、不清楚物理规律、公式的使用条件
1.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1 min的时间，两电阻消耗的电功之比为( )
A. B.1:2 C.1:3 D.1:6
答案：C
解析：图甲中,在一个周期内,根据电流的热效应有,代入数据解得电流的有效值.图乙中,在一个周期内,根据电流的热效应有,代入数据解得电流的有效值.根据知,在相同时间内两电阻消耗的电功之比,故C正确。
2.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为2:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为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、副线圈回路中电阻R消耗的功率的比值为k，则( )
A.， B.，
C.， D.，
答案：A
解析：根据电流与匝数成正比，得原副线圈的电流之比
根据，得原副线圈回路中电阻消耗的功率之比
根据原副线圈电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为2U，根据知原线圈回路中电阻两端的电压为
在原线圈回路中：
解得：，故A正确，BCD错误；
故选：A。
二、不能正确建立物理过程、物理情景
3.如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动。磁场的磁感应强度，线圈的面积，匝数，线圈总电阻，线圈的两端经集流环和电刷与阻值为的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，线圈的转速。在时刻，线圈平面与磁场方向平行，则下列说法正确的是( )
A.交流发电机产生的电动势随时间的变化关系是
B.交流电压表的示数为8 V
C.从时刻开始到线圈平面转过30°的过程中，通过电阻的电荷量约为
D.电阻R上的热功率为6.4 W
答案：C
解析：磁场的磁感应强度，线圈的面积，匝数，线圈总电阻，线圈的转速，所以，电动势最大值为，则瞬时值为，故A错误；交流电压表显示的是路端电压有效值，示数为，故B错误；从时刻开始到线圈平面转过的过程中，通过电阻的电荷量为，故C正确；电阻R上的热功率为，故D错误。
第四部分：核心素养对接高考
①物理观念：能了解交变电流的内涵，能用公式和图像描述正弦式交变电流，知道远距离采用高压输电的原因和变压器的工作原理；能说明发电机和电动机工作过程中的能量转化，能解释生产生活中的远距离输电现象。具有与交变电流相关的运动与相互作用观念和能量观念。
②科学思维：能用理想变压器模型分析升压降压的问题；能通过控制变量法分析线圈匝数与电压的关系；能恰当使用证据说明远距离输电需要高压的原因；能对交变电流高压输电提出质疑及改进建议。
③科学探究：能完成“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”等物理实验。能分析物理现象，能提出并准确表述可探究的物理问题，能作出有依据的假设；能根据实验目的和实验器材设计实验方案，能根据电路图设计实验步骤，用相关实验器材获得数据，能分析数据，形成与实验目的相关的结论，并作出解释。
④科学态度与责任：能认识到物理学的理论发展是推动技术进步的源泉；对交变电流及远距离输电等有进一步了解的兴趣；能领会发电机和电动机的发明及应用对人类生活和社会发展的深远影响。
对接高考
1.【2022山东卷】如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为的原线圈中电随时间变化为。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V。将阻值为12 Ω的电阻R接在两端时，功率为12 W。下列说法正确的是( )
A.为1100匝，为220 V
B.间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A
C.若将R接在两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D.若将R接在两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
2.【2022湖北卷】近年来,基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用,其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是( )
A.接收线圈的输出电压约为8 V
B.接收线圈与发射线圈中电流之比约为22:1
C.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D.穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
3.【2021湖北卷】如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中( )
A.电流表示数减小 B.电流表示数增大
C.原线圈输入功率先增大后减小 D.定值电阻R消耗的功率先减小后增大
参考答案
1.答案：D
解析：本题考查变压器的特点和原理。输入电压为220 V，根据理想变压器的变压规律有，将代入，解得，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入电压的最大值为,A项错误；将12 Ω的电阻接在两端时，功率为12 W，根据有，根据有，解得，根据欧姆定律，流过R的电流，B项错误；根据原、副线圈电压与匝数之间的关系可知，原线圈电压和匝数固定时，副线圈匝数越多，输出电压就越大，根据题意，，故，由于变压器不能改变交变电流的频率，所以副线圈的频率等于原线圈的频率，根据交流电原线圈电压表达式可知，交流电的角速度，故交流电的周期，则频率，C项错误；间的电压为30 V，若将R接在两端，根据欧姆定律，，而交流电周期,D项正确。
2.答案：AC
解析：设通过发射线圈的磁通量为，通过接收线圈的磁通量为，则根据法拉第电磁感应定律有，依题意有，，所以有，解得，选项A正确；因为在传输过程中有磁通量损耗，故，选项B错误；因为发射线圈与接收线圈磁通量的变化频率相同，所以发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，选项C正确；因为，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，选项D错误。
3.答案：A
解析：本题考查含理想变压器电路的动态分析。由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由欧姆定律得，可知副线圈的电流逐渐减小，由，可知变压器原线圈的电流也逐渐减小，A项正确，B项错误；原线圈的输入功率为，由于逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，C项错误；由于副线圈的电流逐渐减小，则定值电阻与变阻器右半部分并联的总电流减小，又与定值电阻并联的变阻器右半部分的电阻值减小，则由并联分流规律可知，流过定值电阻的电流逐渐减小，则由公式可知，定值电阻R消耗的电功率逐渐减小，D项错误。

展开更多......

收起↑