选修2 第3章 交变电流 知识问答式 学案（附章末测试）（有解析）

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▲选修二 第三章 交变电流
问题1．什么是正弦式交变电流？产生的原因是什么？
答：交变电流是大小和方向都周期性变化的电流。
[练习1]　如图所示，属于交流电的是(　　)
[练习1]答案　C 解析　方向随时间作周期性变化是交变电流最重要的特征．A、B、D三项所示的电流大小随时间作周期性变化，但其方向不变，不是交变电流，它们所表示的是直流电．C选项中电流的方向随时间作周期性变化，故选C.
问题2、交变电流怎么产生的？
[导学探究]　假定线圈绕OO′轴沿逆时针方向匀速转动，如图2甲至丁所示．请分析判断：
(1)线圈转动一周的过程中，线圈中的电流方向的变化情况．
转动过程 电流方向 转动过程 电流方向
甲图→乙图 B→A→D→C 丙图→丁图 A→B→C→D
乙图→丙图 B→A→D→C 丁图→甲图 A→B→C→D
(2)线圈转动过程中，当产生的感应电动势有最大值和最小值时线圈分别在什么位置？
答：线圈转到甲或丙位置时，AB边和CD边不切割磁感线，线圈中没有电流，此时线圈所处的平面称为中性面．
线圈转到乙或丁位置时,AB边和CD边切割磁感线速度最大，线圈中的电流最大．这叫与中性面的垂直面。
问题3、线圈处于磁场中的不同位置时通过它的磁通量、磁通量的变化率有什么情况？电流有什么变化？
(1)线圈平面与中性面重合：磁场垂直面积：S⊥B，Φ最大，磁通量变化率、感应电动势、感应电流均为最小，电流方向将发生改变 。
(2)线圈平面与中性面垂直：磁场平行面积：S∥B，Φ＝ 0，磁通量变化率、感应电动势、感应电流均达最大，电流方向不改变。
[练习2]　(多选)当交流发电机的线圈转到线圈平面与中性面重合时，线圈中没有电流，下列说法中正确的是( )
A．电流将改变方向 B．磁场方向和线圈平面平行 C．线圈的磁通量最大 D．线圈产生的感应电动势最大
[练习2]答案　AC 　当线圈平面与中性面重合时，磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，电流将改变方向。
问题4、交变电流的变化规律有哪些？
[导学探究]　如图3是图1中线圈ABCD在磁场中绕轴OO′转动时的截面图．线圈平面从中性面开始转动，角速度为ω.经过时间t，线圈转过的角度是ωt，AB边的线速度v的方向跟磁感线方向间的夹角也等于ωt.设AB边长为L1，BC边长为L2，线圈面积S＝L1L2，磁感应强度为B，则：
图3
(1)图中AB边产生的感应电动势为多大？
答：根据导线切割磁感线感应电动势公式eAB＝BL1vsin ωt＝BL1·sin ωt＝BL1L2ωsin ωt＝BSω·sin ωt
(2)整个线圈中的感应电动势为多大？
答：整个线圈中的感应电动势由AB和CD两部分组成，且eAB＝eCD，
所以答e＝eAB＋eCD＝BSω·sin ωt+BSω·sin ωt=BSω·sin ωt
(3)若线圈有n匝，则整个线圈的感应电动势为多大？答：
若线圈有n匝，则相当于n个完全相同的电源串联，所以答：e＝nBSωsin ωt
[知识梳理]　交变电流的瞬时值及峰值．
(1)正弦式交变电流电动势的瞬时值表达式：
①当从中性面开始计时：e＝Emsin ωt.
②当从与中性面垂直的位置开始计时：e＝Emcos ωt.
(2)正弦式交变电流电动势的峰值表达式：Em＝nBSω 与线圈的形状无关，与转动轴的位置无关．
[练习2]　线框在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动(由上向下看是逆时针方向)，当转到如图4所示位置时(0＜θ＜90°)，磁通量和感应电动势大小的变化情况是(　　)
A．磁通量和感应电动势都在变大 B．磁通量和感应电动势都在变小
C．磁通量在变小，感应电动势在变大 D．磁通量在变大，感应电动势在变小
[练习2]答案　D 正在转向中性面，磁通量变大，导线运动方向切割磁感线速度越小，磁通量变化率变小，感应电动势变小。
练习3　处在匀强磁场中的矩形线圈abcd以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab边垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图7所示，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则图中能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图象是(　　)
图7
练习3答案　C　解析　线圈在磁场中从图示位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电．对于图示起始时刻，线圈的cd边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对．
问题4、正弦交变电流的“四值”是哪四值？分别怎么求解？
答 ①最大值：交流电的最大值是指交流电在一个周期内所能达到的最大值。Em＝nBSω(其中n为线圈的匝数)。
②有效值：对于正弦(余弦)交流电，则有 有效电压E＝，有效电流I＝。一般交流电表测量的数值、电气设备“铭牌”上所标的数值、保险丝的熔断电流等都是有效值。
③平均值：电动势的平均值：一般用＝n（感应电动势定义式）来计算。Q＝Δt＝n(R为电路中的总电阻)。
④瞬时值：对于正弦交流电，有e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt。
练习4．(本题4分)一正弦交流电的电流随时间变化的规律如图所，由图可知（　　）
A．该交流电的电流瞬时值的表达式为
B．该交流电的频率是25 Hz
C．该交流电的电流有效值为
D．若该交流电流通过R = 10 Ω的电阻，则电阻消耗的功率是20 W
练习4．BD【详解】A．根据图像可知，该交流电的周期T = 0.04 s，所以角速度
所以该交流电的电流瞬时值的表达式为故A错误；B．该交流电的频率故B正确；
C．该交流电的电流有效值故C错误；D．根据焦耳定律得，电阻消耗的功率故D正确。故选BD。
问题5．什么是理想变压器？它有什么基本关系？
答：1）理想变压器是指忽略磁场能量的损耗，线圈内阻为零，输入功率和输出功率相等的用来调整电压的设备。所以有以下规律：
问题6、理想变压器的功率、电压、电流与匝数之间的关系是什么？
答①输入功率由输出功率决定，即P入＝P出(副线圈制约原线圈功率)；②输出电压由输入电压等于匝数比，即U2＝U1；
③输出功率由用户负载决定，即P出＝P负总＝P负1＋P负2…④输入电流由输出电流和匝数比决定，U1I1＝U2I2＋U3I3得n1I1＝n2I2＋n3I3
⑤输出电流由输出电压和用户负载决定：I2＝。
问题7、理想变压器原、副线圈之间的各物理量的关系是什么
　(1)理想变压器原、副线圈之间的量：功率P、电压与匝数的比值=、频率f及磁通量的变化率都 相等。
(2)等效理解：对于有电源的电路，原线圈在输入电路中相当于用电器；遵循闭合电路欧姆定律。
对于在输出电路中，副线圈相当于电源，用户相当于用电器
(3)分析变压器动态变化问题的程序：。。
练习4.如图1所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V　60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光，则 (　　)
A．电流表的示数为 A B．电源输出功率为1 200 W
C．电流表的示数为 A D．原线圈两端电压为4 400 V
练习4.答案　C 解析　副线圈电压U2＝220 V，电流I2＝＝ A，则原线圈两端电压U1＝×U2＝4 400 V，电流I1＝×I2＝ A，所以电流表的示数为 A，选项A、D错误，C正确．电源输出功率等于灯泡消耗的功率，为60 W，选项B错误．
原理图 练习5题
问题8．为什么要高压输电？远距离输电的原理和计算方法什么？(1)原理图（右上图）
答：（1）高压输电可以减少电量在输电线上的损失，因为总功率不变，提高电压可以减小电流，从而减小电路中电热的损耗。
(2)输电流程：发电机的输出电压＝升压变压器的输入电压升压变压器的输出电压－U损＝降压变压器的输入电压降压变压器的输出电压＝用户电压。
(3)每个回路中变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源。
(4)三个关系式①功率关系：P＝U1I1＝U2I2＝P用＋P损，P损＝Ir，P用＝U3I3＝U4I4。②电压关系：U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2r。
③匝数比关系：＝＝，＝＝。(5)输电线：功率损失为P损＝P2－P3＝Ir＝r，电压损失U损＝U2－U3＝I2r。
练习5多选．如图4所示，在远距离输电过程中，若保持升压变压器原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是 (　　)
A．如果升高U1，会减小输电线电流I2 B．如果升高U1会增大输电线路的功率损耗P损＝IR
C．如果升高U1会增大输电线路的电压损耗U损=I2R D．如果升高U1会提高电能的利用率
练习5．答案　AD解析　升高输电电压U1，由于输入功率不变，则I1将减小，又因为 I2＝I1，而 不变，所以I2将减小，故A正确即原线圈电流变小，副线圈电流必然变小；线路功率损耗P损＝IR，因此功率损耗在减小，电压损失减小，故B、C错误；因线路损耗功率减小，因此利用率将升高，故D正确．
第三章 交变电流 章末检测卷 (时间：90分钟　满分：100分)
一、单项选择题
1．下列选项中哪个不是交流电的有效值 (　　)
A．交流电压表的读数 B．保险丝的熔断电流 C．电容器的击穿电压 D．电动机铭牌上的额定电压
2．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，可我们在晚上七八点钟用电高峰开灯时电灯比深夜时要显得暗，这是因为 (　)
A．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小
B．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小
C．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大，用户端电压降低导致变暗。
D．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电流
3．一交流发电机，当转速为n1时，其交变电动势e＝220sin (100πt) V，现有如下的说法，其中正确的是 (　　)
A．在t＝0时，线圈中的磁通量为0 B．该交流发电机线圈的角速度是100π
C．若加在标有“220 V　100 W”的灯泡的两端，灯泡能正常发光
D．若线圈的转速加倍，则交变电压的最大值、有效值增大一倍而频率不变
4.如图1所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V　60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光，则 (　　)
A．电流表的示数为 A B．电源输出功率为1 200 W C．电流表的示数为 A D．原线圈两端电压为4 400 V
4题图1 5题
5.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图2所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压(　　)
A．峰值是e0 B．峰值是2e0 C．有效值是Ne0 D．有效值是Ne0
6多．如图4所示，在远距离输电过程中，若保持升压变压器原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是 (　　)
A．如果升高U1，会减小输电线电流I2 B．如果升高U1会增大输电线路的功率损耗P损＝IR
C．如果升高U1会增大输电线路的电压损耗U损=I2R D．如果升高U1会提高电能的利用率
6题 7题
7多．如图5甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A的保险丝L，原线圈匝数n1＝600匝，副线圈匝数n2＝120匝．当原线圈接在如图乙所示的交变电源上时，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端 (　　)
图5
A．副线圈中交变电源的周期为0.02 s B．并联两盏“36 V　40 W”的灯泡
C．原线圈所接电源电压的有效值为180 V D．副线圈的电压峰值为36
三、非选择题(本题共6小题，共56分)
8.(4分)一交流电压随时间变化的图象如图8所示，则此交流电的频率是 Hz，若将该电压加电容器上，则电容器的耐压值应不小于 V；该交流电压的有效值是 V；若将该电压加在一阻值为1 kΩ的纯电阻用电器上，通过电阻的电流是 A.
图8 图11
9．(12分)交流发电机的原理示意图如图11甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为R＝2 Ω，求：
(1)通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是多少？
(2)矩形线圈转动的周期是多少？
(3)线圈电阻上产生的电热功率是多少？
(4)保持线圈匀速转动，1 min内外力对线圈做的功是多少？
第五章 交变电流 章末检测卷 答案
一、单项选择题
1．答案　C解析　交流电压表测量的是交流电电压的有效值，保险丝的熔断电流指的是交流电电流的有效值，电动机铭牌上的额定电压指的是交流电电压的有效值，电容器的击穿电压指的是交流电的最大电压，故选C.
2．答案　C解析　总电阻减小，干路电流增大，输电线电阻造成的电压损失ΔU＝IR线增大，电灯得到的电压减小，所以灯泡在七八点钟时显得要暗些，故C正确．
3．答案　B解析　因为交变电流的瞬时值表达式为e＝Emsin ωt，其中Em＝nBSω表示最大值，ω＝2πf.当转速用r/s作为单位时，转速与频率的数值相等f=2π/ω,转速加倍，频率也加倍．最大值Em为有效值的倍，则该电动势的最大值为220 V，有效值小于峰值，而灯泡的标注值是有效值，所以选项C、D错误，选项B正确．当t＝0时，e＝0，此时线圈处于中性面的位置，磁通量最大，因此选项A错误．
4.答案　C 解析　副线圈电压U2＝220 V，电流I2＝＝ A，则原线圈两端电压U1＝×U2＝4 400 V，电流I1＝×I2＝ A，所以电流表的示数为 A，选项A、D错误，C正确．电源输出功率等于灯泡消耗的功率，为60 W，选项B错误．
5.答案　D解析　矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以发电机的电动势峰值为2Ne0，A、B错误；由于不计线圈的电阻，所以发电机的输出电压峰值为2Ne0，故有效值为＝Ne0，故C错误，D正确．
6多．答案　AD解析　升高输电电压U1，由于输入功率不变，则I1将减小，又因为 I2＝I1，而 不变，所以I2将减小，故A正确即原线圈电流变小，副线圈电流必然变小；线路功率损耗P损＝IR，因此功率损耗在减小，电压损失减小，故B、C错误；因线路损耗功率减小，因此利用率将升高，故D正确．
7多．答案　ABCD解析　理想变压器可以变压、变流，但不可以改变功率和频率；由题图乙可知，原线圈中交变电源的周期为0.02 s，频率为50 Hz，则副线圈得到的交变电流的频率也为50 Hz，故接入工作频率为10 Hz的电视不能正常工作，C错误；由题图乙可知，原线圈所接电源电压的有效值为180 V，由理想变压器特点可知，变压比等于匝数比，则U2＝×180 V，得U2＝36 V，B中两灯泡接入电路时，原线圈中的电流I1＝ A≈0.44 A＜0.5 A，B正确；副线圈两端电压的有效值为36 V，但其最大值大于电容器的耐压值，故D错误；由理想变压器特点可知，原、副线圈消耗的功率相等，则＝180 V×0.5 A，解得R＝14.4 Ω，A正确．
三、非选择题(本题共6小题，共56分)
8.答案　50　200　140V 0.14 解析　由题图知T＝0.02 s，Um＝200 V而f＝所以f＝50 Hz，电容器耐压值应不小于200 V，
电压有效值是Ue==200×0.7=140V 电流的有效值I＝·＝ A≈0.14 A.
9．答案　(1)2 A　(2)4×10－3 s　(3)4 W　(4)240 J
解析　(1)由题图乙知，Im＝2 A. (2)T＝4×10－3 s.
(3)线圈中电流的有效值I＝，线圈电阻上产生的电热功率P＝I2R＝R＝4 W.
(4)外力对线圈做功，其他形式的能转化为电能再转化为内能，1 min=60s内外力对线圈做的功W＝Q=Pt＝I2Rt=4 W×60s=240 J.