课件31张PPT。1 交变电流第二章 交变电流1.理解交变电流、直流的概念，会观察交流电的波形图.
2.理解正弦式交变电流的产生，掌握交流电产生的原理.
3.知道交变电流的变化规律及表示方法.目标定位二、正弦式交变电流的产生三、正弦式交变电流的描述栏目索引一、交变电流对点检测 自查自纠一、交变电流知识梳理1.交变电流：大小和方向都随时间做 的电流叫做交变电流，简称交流.
2.直流： 不随时间变化的电流称为直流， 都不随时间变化的电流称为恒定电流.
3.正弦式交变电流：电流随时间按 规律变化的交变电流.这是一种最简单、最基本的交变电流.答案周期性变化方向大小和方向正弦函数【深度思考】(1)交变电流的大小一定是变化的吗？答案 交变电流的大小不一定变化，如方波交变电流，其大小是不变的.答案(2)交变电流与直流电的最大区别是什么？答案 交变电流与直流电的最大区别在于交变电流的方向发生周期性变化，而直流电的方向不变.典例精析例1 如图所示的图像中属于交变电流的有( )解析 选项A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交变电流，
但不是正弦式交变电流；选项D中e的方向未变化，故是直流.ABC返回解析答案解题技巧解题技巧判断电流是交变电流还是直流应看方向是否变化，只有方向发生周期性变化的电流才是交流电.返回二、正弦式交变电流的产生知识梳理1.产生：如图1所示，在匀强磁场中的线圈绕垂直于 的轴 转动时，产生交变电流.图1答案磁感线匀速2.两个特殊位置：
(1)中性面(S⊥B位置，如图1中的甲、丙)
线圈平面与磁场垂直的位置，此时Φ ， 为 ，e为 ，i为 .
(填“最大”或“0”)
线圈经过中性面时，电流方向发生改变，线圈转一圈电流方向改变 次.最大000两答案(2)垂直中性面位置(S∥B位置，如图1中的乙、丁)
此时Φ为 ， ，e ，I .(填“最大”或“0”)答案0最大最大最大【深度思考】如果将图1中的线圈ABCD换为三角形，轴OO′也不在中心位置，其他条件不变，还能产生交变电流吗？答案 能，因为图中产生交变电流的关键因素是轴垂直于磁感线，线圈闭合，对轴的位置和线圈形状没有特定要求.答案解析 由交变电流的产生条件可知，轴必须垂直于磁感线，但对线圈的形状及转轴的位置没有特别要求.故选项B、C、D正确.典例精析例2 如图中哪些情况线圈中产生了交变电流( )解析答案BCD返回例3 关于矩形线圈在匀强磁场中转动时产生的正弦式电流，正确的说法是( )
A．线圈每转动一周，感应电流方向改变一次
B．线圈每转动一周，感应电动势方向改变一次
C．线圈每转动一周，感应电流方向改变两次，感应电动势方向改变一次
D．线圈每转动一周，感应电流方向和感应电动势方向都改变两次
解析 感应电动势和感应电流的方向，每经过中性面时改变一次，每个周期内方向改变两次，故选D.D解析答案三、正弦式交变电流的描述知识梳理1.交变电流的瞬时值表达式推导
线圈平面从中性面开始转动，如图2所示，则经过
时间t：(1)线圈转过的角度为ωt.
(2)ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ .
(3)ab边转动的线速度大小：
图2ωt答案(4)ab边产生的感应电动势(设线圈面积为S)(5)整个线圈产生的感应电动势：
e＝2eab＝ ，
若线圈为n匝，则e＝ .
由上式可以看出，其感应电动势的大小和方向都随时间t做周期性变化，即线圈中的交变电流按 规律变化，这种交变电流叫做正弦式交变电流.BSωsin ωt答案nBSωsin ωt正弦函数eab＝BLabvsin θ＝_____________.2.对瞬时值表达式的理解
写瞬时值表达式时必须明确是从中性面计时，还是从与中性面垂直(B∥S)位置计时.
(1)从中性面计时：e＝ .
(2)从与中性面垂直位置计时：e＝ .
3.正弦式交变电流的峰值
(1)转轴在线圈所在平面内且与磁场垂直.当线圈平面与磁场平行时，线圈中的感应电动势达到峰值，且满足Em＝ .
(2)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.答案Emsin ωtEmcos ωtnBSω如图3所示的几种情况中，如果n、B、ω、S均相同，则感应电动势的峰值均为Em＝nBSω.图34.正弦式交变电流的图像
如图4所示，从图像中可以解读到以下信息：图4(1)交变电流的峰值Em、Im和周期T.
(2)两个特殊值对应的位置：
①e＝0(或i＝0)时：线圈位于中性面上；e最大(或i最大)时：线圈平行于磁感线.(3)分析判断e、i的大小和方向随时间的变化规律.【深度思考】(1)若从垂直中性面的位置(或B∥S位置)开始计时，电动势的表达式还是按正弦规律变化吗？答案 不是，按余弦规律变化.(2)为什么线圈转到中性面时磁通量最大而感应电动势和感应电流为零？答案 因为线圈转到中性面时，虽然通过线圈的磁通量最大，但线圈各边速度的方向都与磁感线平行，不切割磁感线，磁通量的变化率为零，故感应电动势和感应电流为零.答案解析 由题可知：S＝lab·lbc＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2，
感应电动势的峰值Em＝nBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝100π V＝314 V.典例精析例4 如图5所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数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：
(1)感应电动势的峰值；图5答案 314 V 解析答案(2)若从线圈平面垂直磁感线时开始计时，线圈中瞬时感应电动势的表达式；解析 若从线圈平面垂直磁感线时开始
计时，感应电动势的瞬时值e＝Emsin ωt(3)若从线圈平面平行磁感线时开始计时，
求线圈在t＝ 时刻的感应电动势大小.解析 若从线圈平面平行磁感线时开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为
e＝Emcos ωt，代入数据得e＝314cos (100πt) V答案 e＝314sin (100πt) V 答案 157 V解析答案总结提升所以e＝314sin (100πt) V.总结提升写瞬时值时必须明确是从中性面开始计时，还是从与中性面垂直的位置开始计时.
(1)从中性面开始计时，e＝Emsin ωt；
(2)从与中性面垂直的位置开始计时，e＝Emcos ωt.例5 线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图像如图6所示，由图可知( )
A.在A和C时刻线圈处于中性面位置
B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零
C.从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π弧度
D.在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大图6解析 当线圈在匀强磁场中处于中性面位置时，磁通量最大，感应电动势为零，感应电流为零，B、D两时刻线圈位于中性面位置.
当线圈平面与磁感线平行时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，A、C时刻线圈平面与磁感线平行，D正确.
从A时刻到D时刻线圈转过的角度为 弧度.故选D.解析答案D总结提升返回返回总结提升根据图像找出线圈位于中性面位置时对应的时刻，然后根据中性面的性质进行判断. 对点检测 自查自纠1234解析答案1.(交变电流的产生及规律) (多选)如图7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开始计时，
则在0～ 这段时间内( )
A.线圈中的感应电流一直在减小
B.线圈中的感应电流先增大后减小
C.穿过线圈的磁通量一直在减小
D.穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小图71234解析 题图位置，线圈平面与磁场平行，感应电流最大，因为 ，
在0～ 时间内线圈转过四分之一个周期，感应电流从最大减小为零，穿过线圈的磁通量逐渐增大，穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小.答案 AD2.(正弦式交变电流的图像)一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图8甲所示，则下列说法中正确的是( )
A.t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B.t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大
C.t＝0.02 s时刻，感应电动势达到最大
D.该线圈产生的相应感应电动势的图像如图乙所示1234解析答案图8解析 由题图甲可知t＝0时刻，线圈的磁通量最大，线圈处于中性面，t＝0.01 s时刻，磁通量为零，但变化率最大，所以A项错误，B项正确.
t＝0.02 s时，感应电动势应为零，C、D项均错误.B12343.(交变电流的规律)交流发电机工作时电动势为e＝Emsin ωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )
解析答案解析 感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，而Em＝nBωS，当ω加倍而S减半时，Em不变，故正确答案为C.C12344.(正弦式交变电流的描述)有一10匝正方形线框，边长为20 cm，线框总电阻为1 Ω，线框绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图9所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T.求：
(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分
别是多少；解析答案图9答案 6.28 V 6.28 A 解析 交变电流电动势最大值为
Em＝nBSω＝10×0.5×0.22×10π V＝6.28 V，1234(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大.解析答案返回解析 线框从图示位置转过60°时，感应电动势e＝Emsin 60°≈5.44 V.答案 5.44 V本课结束课件26张PPT。2 描述交流电的物理量第二章 交变电流1.掌握交变电流的周期、频率、线圈转动角速度三者间的关系.
2.理解交变电流有效值的含义，会进行有效值的相关计算.
3.知道正弦式交变电流有效值与峰值的关系及在生活中的应用.目标定位二、峰值和有效值三、交变电流的“四值”栏目索引一、周期和频率对点检测 自查自纠一、周期和频率知识梳理1.周期(T)：交变电流完成 所需的时间，用T表示，单位是秒.
2.频率(f)：交变电流在 内完成 的次数，用 表示，单位是赫兹，符号是 .
3.T、f、ω三者之间的关系
4.(1)我国工农业生产和生活所用的交变电流，周期是0.02 s，频率是 Hz，电流方向每秒改变 次.
(2)打点计时器接交变电流，f＝50 Hz，T＝0.02 s，所以每隔 s打一次点.答案一次周期性变化周期性变化501 sfHz1000.02 2πf典例精析例1 如图1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式交变电流的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦式交变电流的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是( )
A.线圈先后两次周期之比为2∶3
B.线圈先后两次转速之比为2∶3
C.交变电流a的瞬时值为u＝10sin (5πt)V返回解析答案总结提升图1解析 由u－t图像知：Ta∶Tb＝2∶3，故两次转速之比为3∶2，选项A正确，B错误；
对交变电流a：Um＝10 V，Ta＝0.4 s，则ωa＝5π rad/s，故u＝Umsin(ωat)V＝10sin (5πt)V，选项C正确；由Em＝nBSω，且ωa∶ωb＝Tb∶Ta＝3∶2知，答案 ACD总结提升总结提升(1)由图像可直接获得的信息有：
①该交变电流的最大值、周期；②任意时刻交变电流的数值.
(2)掌握角速度ω、周期T、转速n的关系.
返回二、峰值和有效值知识梳理1.峰值：交变电流的电压、电流所能达到的 数值.
(1)表达式：Em＝nBSω.
(2)应用：电容器所能承受的电压应 (选填“高于”或“低于”)交流电压的峰值，否则电容器就可能被击穿.
2.有效值：让交流和恒定电流分别通过 的电阻，如果在 的时间内，它们产生的热量 ，而这个恒定电流是I、电压是U，我们就把I、U叫做这个交流的有效值.
(1)正弦式交变电流有效值和最大值的关系：高于大小相同相同最大答案相等(2)应用：电气设备铭牌上标注的额定电压、额定电流都是 .交流电压表和交流电流表测量的也是 .
(3)计算：①对于正弦式交变电流，可先根据Em＝nBSω求出最大值，然后根据E＝ 求出其有效值.
②当电流是非正弦式交变电流时，必须根据有效值的定义求解.先计算交变电流在一个周期内产生的热量Q，再将热量Q用相应的物理量的有效值表示Q＝I2RT或Q＝ T，最后代入数据求解有效值.答案有效值有效值【深度思考】(1)交变电流的有效值是根据什么定义的？定义中包含三个“相同”具体指的是什么？答案 交变电流的有效值是根据电流的热效应来定义的；定义中应特别注意三个“相同”，即相同电阻、相同时间、相同热量.答案(2)交变电流的有效值是否等于其在一段时间内的平均值？答案 不是，有效值是根据电流的热效应定义的，不同于平均值.例如，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动一周时，其平均值为零，但有效值不为零.典例精析例2 通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图2所示，其周期为1 s.电阻两端电压的有效值为( )
解析答案B图2总结提升解析 根据电流的热效应先计算电流的有效值.总结提升对于非正弦式交变电流的有效值，应按有效值的定义计算，计算时要紧扣电流通过电阻产生的热量进行计算，计算时间一般取一个周期，半周期对称的可取半周期.返回解析答案针对训练 如图3所示的交变电流由正弦式交变电流的一半和反向脉冲电流组合而成，则这种交变电流的有效值为( )图3C总结提升返回总结提升(1)若一个交变电流存在几种形式，可在一个周期内分段求出产生的热量，求其和.
(2)若图像是正弦(或余弦)式交变电流，其中的 和 周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系 求解.三、交变电流的“四值”知识梳理典例精析例3 如图4所示是某种正弦式交流电压的波形图，由图可确定该电压( )
A.周期是0.01 s
B.最大值是311 V
C.有效值约是220 V
D.瞬时值表达式为u＝220sin (100πt)V解析 由交流电压的图像知，周期是0.02 s，A项错；
最大值是311 V，B项正确；
有效值约是220 V，C项正确；
瞬时值表达式为u＝311sin (100πt)V，D项错误.解析答案BC图4例4 如图5所示，矩形线圈abcd在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中绕轴OO′以角速度ω＝10π rad/s匀速转动，线圈共10匝，电阻r＝5 Ω，ab＝0.3 m，bc＝0.6 m，负载电阻R＝45 Ω.
(1)写出从图示位置开始计时的线圈中
感应电动势的瞬时值表达式.解析 电动势的最大值为
Emax＝nBSω＝10×2×0.3×0.6×10π V＝113.04 V图5答案 e＝113.04cos (10πt)V 解析答案由于从线圈平面经过与磁感线平行的位置开始计时，
交变电流为最大值，故瞬时值表达式e＝Emax·cos ωt＝113.04cos (10πt)V.(2)求电阻R在0.05 s内产生的热量.(保留两位有效数字)(3)求0.05 s内流过电阻R上的电荷量(设线圈从垂直中性面开始转动).答案 0.072 C答案 5.76 J解析答案所以0.05 s内R上产生的热量Q＝I2Rt＝5.76 J.总结提升返回总结提升求解热量与电荷量的思路：
(1)求解热量用有效值，按以下思路.返回 对点检测 自查自纠1234解析答案1．(描述交变电流的物理量)(多选)下列说法正确的是( )
A．使用交流电的电器设备所标示的额定电压、额定电流的数值均为最
大值
B．用交流电流表和电压表测得的数值是有效值
C．照明电路电压为220 V指的是有效值
D．所有交变电流的有效值和最大值之间存在于E＝ ，U＝ 和
I＝ 的关系
1234解析 本题考查交变电流有效值和最大值的关系．各种使用交流电的用电器铭牌上所标的数值均为有效值，故A项错误；交流电表测量值为有效值，故B项正确；照明电路电压为220 V是有效值，故C正确；E＝ ，U＝ ，I＝ 是正弦交变电流有效值和最大值的关系，故D项错误．答案 B2.(交变电流有效值的计算)如图6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.1234解析答案图6解析 设该交变电流的有效值为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：在一个周期内直流电通过该电阻产生的热量Q＝I2RT
由Q＝Q′，代入数据，解得I＝5 A.答案 5 A12343.(交变电流有效值的应用)一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为 .如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )解析答案C12344.(最大值、有效值和平均值的区别及应用)如图7所示，单
匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀
强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的
竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有
效值I＝_______.线框从中性面开始转过 的过程中，通过
导线横截面的电荷量q＝____.图7解析答案返回本课结束课件23张PPT。3 示波器的使用第二章 交变电流1.知道示波器面板上各按钮的名称及功能.
2.了解示波器的工作原理.
3.掌握示波器的基本调节方法：可以用示波器测量电学中的一些物理量；能解决简单的物理问题.目标定位二、认识示波器面板上的旋钮三、练习使用示波器栏目索引一、示波器的构造及原理对点检测 自查自纠四、注意事项一、示波器的构造及原理知识梳理1.构造：示波器核心部分是示波管，示波管由 、 和 组成，如图1所示.答案电子枪偏转电极荧光屏图1答案2.示波器的工作原理
示波管内的电子枪发射电子，电子被 电场加速后，进入竖直、水平的两对偏转电极，当两对电极都没有加电压时，电子束将沿直线运动打在荧光屏，在屏上出现亮点，若在x、y轴加上不同的 电压，电子将发生不同程度的偏转，然后打到荧光屏上，并在屏上不同位置出现亮点.加速偏转返回二、认识示波器面板上的旋钮答案知识梳理如图2所示，试写出编号对应的旋钮名称及作用.图21.电源开关.
2.电源指示灯：开启 ，进行预热，这时
指示灯亮.
3.辉度调节旋钮：用来调节图像 .4. 调节旋钮
5.辅助 调节旋钮两者配合使用，可使打到荧光
屏上的电子束会聚成一个小亮斑.电源开关亮度聚焦聚焦6.竖直位移旋钮
7.水平位移旋钮这两个旋钮可以分别调节图像的竖直和水平位置.8.Y增益调节旋钮
9.X增益调节旋钮这两个旋钮可以分别调节图像在Y方向和X方向的幅度.10. 调节旋钮：最右边的“ ”符号表示机内提供 信号.
11.扫描范围旋钮：用来调节扫描电压的 范围，其中最右边的“外X”挡是指使用 的扫描电压.
12.扫描微调旋钮：在 范围内调节扫描频率.衰减正弦交流外部输入选定扫描答案频率13.外部信号输入端：包括“ ”“X输入”和“ ”三个接线柱，其中“ ”是公共端.
14. 选择开关：“DC”代表 ，“AC”代表 .
15. 选择开关.Y输入地返回地交直流直流交流同步极性答案三、练习使用示波器1.在“Y输入”和“地”间加直流电压，观察亮斑的移动
把“交直流开关”扳到直流挡(DC)位置，扫描范围旋钮转到最右端“外X”挡，衰减调节旋钮调到“100”挡，连接电路如图3所示，可以观察到亮斑向上偏移. 知识梳理图3(1)调节“Y增益”旋钮，直到亮斑移动距离适中为止.
(2)调节滑动变阻器的滑片，改变输入电压，观察亮斑
移动距离的变化.
(3)改变输入电压的极性，可以观察到亮斑向下偏移.
(4)扳动“同步极性选择开关”，观察亮斑的偏移方向
发生改变.2.观察扫描
(1)把图3中的直流电压改加到“X输入”上，观察亮斑发生
水平偏移，把“X增益”旋钮顺时针转到 处，观察该过程
中亮斑偏移距离的变化.
(2)撤去外加直流电压，把“扫描范围”旋钮置于最低挡，
“扫描微调”旋钮逆时针转到底，可以观察到亮斑从左向
右移动，并迅速返回左端.
(3)调节“X增益”旋钮，可以观察到亮斑移动距离变化.
(4)改变扫描频率，荧光屏上的亮斑变成一条亮线.3.观察正弦交流电压波形
(1)把“扫描范围”旋钮调到第一挡“(10～100 Hz)”，“衰减调节”旋钮调到第四挡(衰减1000倍)，接入照明电路，再调节扫描微调旋钮，直到屏幕出现稳定的波形为止.
(2)观察机内的正弦信号波形，把示波器的“扫描范围”旋钮调到第一挡(10～100 Hz)，“衰减调节”旋钮调到最右端的“ ”处，再调节扫描微调旋钮，直到屏幕出现稳定波形为止.
(3)调节“Y增益”旋钮，观察到正弦曲线在竖直方向的高度改变；调节“X增益”旋钮，观察到正弦曲线在水平方向的长度改变.
(4)扳动“同步极性选择开关”，荧光屏上的正弦曲线平移了半个周期.返回四、注意事项1.在开启示波器前，应进行的操作是：
(1)辉度调节旋钮逆时针旋转到底；
(2)竖直位移和水平位移旋钮转到中间位置；
(3)衰减调节旋钮置于最大挡(1 000挡)；
(4)扫描范围旋钮置于“外X”挡.
2.关机前必须进行的操作是，将辉度调节旋钮逆时针旋转到底，再断开电源开关.知识梳理【深度思考】(1)打开电源开关后，为什么要预热1～2分钟后再开始使用？答案 示波管中的电子枪需要预热，才有电子发射出来.(2)调节亮斑前，为什么要先把辉度旋钮反转到底？竖直、水平位移旋钮调到中间位置衰减置于最高挡？扫描置于“外X”挡？答案 以免开机时亮度太大损坏示波管；使图像位于屏幕中央；使波形不要太大，超出屏幕范围不加描电压，图像在水平中央位置.答案典例精析例1 如图4所示为示波器面板，屏上显示的
是一亮度很低、线条较粗且模糊不清的波形.
(1)若要增大显示波形的亮度，应调节______
_____________旋钮.
(2)若要屏上波形线条变细且边缘清晰，应调
节______________旋钮.
(3)若要将波形曲线调至屏中央，应调节______
_________________与_____________________旋钮.图4辉度(或写为 )聚焦(或写为○)竖直位移(或写为↑↓)水平位移(或写为??)答案例2 在“练习使用示波器”的实验中：
(1)为观察亮斑在竖直方向上的偏移，应该将扫描范围旋钮置于“外X”挡，使亮斑位于屏的_____，然后，应把“DC”－“AC”开关置于_____位置，以给示波器输入一个直流电压.(2)为给示波器输入一个Y方向
的直流电压(要求电压从零开始逐渐增加)，请将图5中器材与示波器连成正确的电路.图5(3)如果在示波器荧光屏上发现水平方向有一自左向右的移动图形，现要使它在水平方向出现一条直线的方法是( )
A.逆时针旋转辉度调节旋钮
B.调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮，减小扫描频率
C.调节衰减旋钮
D.调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮，增大扫描频率(4)若在示波器的“Y输入”和“地”之间加上如图6所示的电压，而扫描范围旋钮置于“外X”挡，则此时屏上应出现的情形是下列图中的( )图6解析答案返回解析 把扫描范围旋钮置于“外X”挡，调整水平位移、竖直位移旋钮，使亮斑位于屏的中心.然后，应把“DC”－“AC”开关置于“DC”位置，以给示波器输入一个直流电压.电路的连接要求符合电压是从零开始逐渐增加的，故“Y输入”端电势要比接“地”端电势高.当图形自左向右移动，若速度更快，便可成为一条亮线，故应增加扫描频率.在“Y输入”与“地”之间加一恒定电压，扫描范围旋钮置于“外X”挡时，在光屏上出现的是竖直方向上的一个亮斑，C正确.解析答案返回答案 (1)中心 DC (2)电路如图所示 (3)D
(4)C 对点检测 自查自纠12解析答案1.(练习使用示波器)欲使屏上出现一条竖直亮线，应怎样调节示波器？解析 当扫描范围旋钮置于“外X”挡时，不使用机内的锯齿波扫描电压，即X1、X2上不加电压，把衰减调节旋钮置于“ ”挡时机内提供正弦交流信号(即加在Y1、Y2上为正弦电流).故电子只在竖直方向偏转，连续不断的偏转电子打在屏上成为一条竖直亮线.答案 在屏上已出现亮线(或亮斑)的前提下，将扫描范围旋钮置于“外X”挡，衰减调节旋钮置于“ ”挡.(若在其他挡位，也可从“Y输入”加一变化较快的电压)122.(练习使用示波器)示波器面板如图7所示，其中甲图为一信号源.图712解析答案(1)若要观测此信号源发出的正弦交流信号的波形(正弦交流信号的电流i随时间t做周期性变化的图像如图乙所示)，应将信号源的a端与示波器面板上的______接线柱相连，b端与____接线柱相连.
(2)若示波器所显示的输入波形如图丙所示，要将波形上移，应调节面板上的__________旋钮；要使此波形横向展宽，应调节________旋钮；要使屏上能够显示3个完整的波形，应调节____________________旋钮.解析 观察外部输入信号，应把信号源接“Y输入”和“地”接线柱，通过调节竖直位移旋钮(↓↑)可将波形上移，通过调节X增益旋钮可使波形横向展宽.通过调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮可使波形数改变.返回Y输入竖直位移地X增益扫描范围和扫描微调本课结束课件24张PPT。4 电容器在交流电路中的作用
5 电感器在交流电路中的作用第二章 交变电流1.通过实验了解电容、电感对交变电流的阻碍，能够分析简单电路中的电容、电感的作用.
2.知道感抗、容抗，了解感抗、容抗与哪些因素有关.目标定位二、电感器在交流电路中的作用三、电阻、感抗、容抗的作用及区别栏目索引一、电容器在交流电路中的作用对点检测 自查自纠一、电容器在交流电路中的作用知识梳理1.电容器对交流电的导通作用
(1)实验电路(如图1)：
(2)实验现象：电路中串有电容器时，接通
电源，灯泡不亮；接通 电源，灯泡亮.
(3)实验结论： 电流能够通过电容器， 不能通过电容器.
2.电容器对交流电的阻碍作用
(1)容抗
①定义：电容器对交变电流 作用的大小.
②影响因素：电容器的电容越 ，交流的频率越 ，容抗越小.答案图1交流交变大阻碍高直流直流(2)应用
①隔直电容：如图2， 不能通过电容器C，只能经电阻R形成回路.
②旁路电容：如图3，C的电容较小， 信号不能通过，但 干扰信号可以通过.图2图3直流低频高频答案【深度思考】(1)交变电流为什么能“通过”电容器？答案 把交流电源接到电容器两个极板，电容器交替进行充电和放电，于是电路中就有了电流，好像是交变电流“通过”了电容器，但实际自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质.(2)电容器为什么会对交变电流有阻碍作用？答案 对于在导线中形成电流的自由电子来说，当电源的电动势推动它们向某一方向做定向运动时，电容器两极板上积聚的电荷就阻碍它们向这个方向运动，这就产生了电容器对交变电流的阻碍作用.答案典例精析例1 如图4所示，电路由交流电源供电，最大电压保持不变，如果交变电流的频率升高，则下列说法中正确的是( )
A.电容器上的电荷量最大值增大
B.电容器的容抗增大
C.电路中灯泡的亮度变亮
D.电路中灯泡的亮度变暗解析答案总结提升解析 当交变电流的频率升高时，电容器的容抗减小，灯泡的亮度变亮，灯泡两端的电压变大，故选项C正确，选项B、D错误；
由Q＝CU可知，选项A错误.C图4总结提升交变电流不同于直流，交变电流能“通过”电容器，所以灯泡会亮.交变电流的频率改变，电容器的容抗改变，电容器两端的电压变化，灯泡两端的电压也随着变化.解析 当交变电流加在电容器上时，有“通交流，隔直流，通高频、阻低频”的特性，甲图中电容器隔直流，R得到的是交流成分，A正确，B错误；
乙图中电容器能通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确，D错误.例2 如图5甲、乙两图是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“～～～”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“—”表示.关于两图中负载电阻R上得到的电流特征是( )
A.图甲中R得到的是交流成分
B.图甲中R得到的是直流成分
C.图乙中R得到的是低频成分
D.图乙中R得到的是高频成分图5解析答案总结提升AC返回总结提升电容器对交流电的阻碍作用概括为“通交流、隔直流；通高频，阻低频”.返回该实验中直流电源的电压与
交流电电压的有效值 .
(1)实验现象：接通直流电源
时，灯泡 ；接通交流电源时，灯泡 .(填“亮些”或“暗些”)
(2)实验结论：电感线圈对交变电流有 作用.二、电感器在交流电路中的作用知识梳理1.实验探究：(如图6所示)答案图6相等亮些暗些阻碍2.感抗：
(1)定义：电感器对交变电流 作用的大小.
(2)影响因素：线圈的自感系数越 ，交流的频率越 ，感抗越大.
(3)感抗的应用阻碍大高较小较小直交直低高答案【深度思考】电感器为什么对交变电流有阻碍作用？答案 电感器的阻碍作用是由交变电流通过线圈时的自感电动势引起的，自感系数越大，交变电流的频率越高，自感电动势越大，对电流的阻碍作用越大.答案例3 在如图7所示的电路中，L为电感线圈，D为灯泡，电流表的内阻为0，电压表的内阻无限大，交流电源的电压为u＝220 sin (100πt) V.若保持电压的有效值不变，只将电源的频率改为100 Hz，下列说法中正确的是( )
A.电流表的示数增大
B.电压表的示数增大
C.灯泡变暗
D.灯泡变亮典例精析解析答案总结提升图7返回灯泡D的电阻是一定的，电流减小时，灯泡D实际消耗的电功率P＝I2R减小，灯泡D变暗，选项C正确，选项D错误.电压表与电感线圈并联，其示数为线圈两端的电压UL；设灯泡D两端的电压为UD，则电源电压的有效值为U＝UL＋UD，因UD＝IR，故电流I减小时，UD减小，因电源电压的有效值保持不变，故UL＝U－UD增大，选项B正确.答案 BC总结提升总结提升线圈对交变电流感抗的大小不仅与线圈自身(自感系数)有关，还与交变电流的频率有关.交流电的频率越大，感抗越大.返回1.容抗的大小除了与电容自身的性质有关外，还与交变电流的频率有关.若用XC表示容抗，则XC＝ .
2.感抗的大小除了与电感线圈自身的性质有关外，还与交变电流的频率有关，若用XL表示感抗，则XL＝2πfL.
3.电阻无论对直流还是交流，阻碍作用相同，只取决于电阻本身.三、电阻、感抗、容抗的作用及区别知识梳理典例精析例4 如图8所示，当交流电源电压恒为220 V，频率为50 Hz 时，三只灯泡A、B、D的亮度相同，若将交流电的频率改为100 Hz，则( )
A.A灯最暗
B.B灯最暗
C.D灯最暗
D.三只灯泡的亮度依然相同解析 当交变电流的频率增大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，所以A灯变暗，B灯变亮，D灯亮度不变，故A正确.解析答案A图8总结提升返回总结提升电感器、电容器对交变电流的阻碍作用与交变电流的频率有关，而电阻对交变电流的阻碍作用和交变电流的频率无关.返回 对点检测 自查自纠12341．(容抗及其应用)在如图9所示电路中，交变电源是有
效值为220 V的电源，C是电容器，R是电阻，关于交
流电压表的示数，下列说法中正确的是( )
A．等于220 V B．大于220 V
C．小于220 V D．等于零
解析 虽然交变电流能通过电容器，但对交流有阻碍作用，电容器的容抗与电阻串联，根据串联分压原理可知电阻两端电压应小于电源电压，而电压表测的是电阻两端的电压，故选项C正确．图9C解析答案2.(感抗及其应用)(多选)如图10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.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，而使频率减小时灯变暗1234解析答案图10解析 线圈对恒定电流无感抗，对交变电流有感抗，并
且有铁芯时感抗变大.故选项A、C正确.AC解析 a应该将高频成分旁路掉，所以应该用电容较小的电容器；b应该让低频成分通过，所以应该用高频扼流圈.故选项D正确.12343.(感抗、容抗的区别)在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输入给下一级，我们采用了如图11所示的装置电路，其中代号a、b应选择的元件是( )
A.a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈
B.a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈
C.a是电容较小的电容器，b是低频扼流圈
D.a是电容较小的电容器，b是高频扼流圈解析答案图11D12344.(电阻、感抗、容抗的区别)如图12所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C并联到一交流电源上，三个电流表的示数相同.若保持电源电压大小不变，而将频率降低，则三个电流
表的示数I1、I2、I3的关系是( )
A.I1＝I2＝I3 B.I1>I2>I3
C.I2>I1>I3 D.I3>I1>I2解析答案返回解析 在交流电路中，当频率减小时，电阻对交流的阻碍作用不变，电感线圈对交流的阻碍作用(感抗)减小，电容器对交流的阻碍作用(容抗)增大.
电流与电压、电阻(感抗、容抗)的关系符合欧姆定律.所以R支路电流I1不变，L支路电流I2增大，C支路电流I3减小，选项C正确.图12C本课结束课件29张PPT。6 变压器第二章 交变电流1.了解变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理.
2.掌握理想变压器的功率关系.
3.理解变压器的变压规律和变流规律，并运用此规律解决实际问题.目标定位二、理想变压器的规律三、电压互感器和电流互感器栏目索引一、变压器的结构与原理对点检测 自查自纠一、变压器的结构与原理知识梳理1.变压器的结构：如图1所示，为变压器的示意图和在电路图中的符号.图1(1)变压器的构造：闭合铁芯、原线圈(匝数用n1表示)、副线圈(匝数用n2表示).输入电压是U1，输出电压是U2，两个线圈都绕在 上.闭合铁芯答案3.原、副线圈的地位
(1)原线圈在其所处回路中充当负载.
(2)副线圈在其所处回路中充当 .
4.变压器 (填“改变”或“不改变”)交流电的频率.(2)原线圈：与 相连接的线圈，又叫做 .
(3)副线圈：与 相连的另一个线圈，又叫做 .
2.变压器的工作基础是互感现象，由于互感作用，穿过原、副线圈的磁通量相等，磁通量的变化率 相等，若原线圈匝数为n1，则U1＝n1 ，副线圈匝数为n2，则U2＝n2 ，所以 ＝____ .答案交流电源初级线圈负载次级线圈电源不改变【深度思考】(1)把两个没有导线相连的线圈套
在同一个闭合铁芯上，一个线圈
连接到交流电源的两端，另一个
线圈连接到小灯泡上(如图2所示)，小灯泡能发光吗？为什么？答案 能.当左边线圈加上交流电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生周期性变化的磁通量，根据法拉第电磁感应定律知，在左、右线圈中都要产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光.答案图2(2)若把交流电源改为蓄电池，小灯泡发光吗？答案 不发光.典例精析例1 理想变压器正常工作时，原、副线圈中一定相同的物理量是( )
A.每匝线圈中磁通量的变化率
B.交变电流的频率
C.原线圈的输入功率和副线圈的输出功率
D.原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势总结提升ABC答案返回总结提升变压器能改变交变电压、交变电流，但不能改变功率和交变电流的频率.返回二、理想变压器的规律知识梳理1.理想变压器的特点
(1)变压器铁芯内无漏磁；无发热损失.
(2)原副线圈不计内阻，即也无能量损失.
2.理想变压器的功率关系
从能量守恒看，理想变压器的输入功率 输出功率，即P入＝ .
3.变压器的变压关系
(1)只有一个副线圈：
(2)有多个副线圈：答案等于P出4.电流关系
(1)只有一个副线圈时，由U1I1＝U2I2，得：n1I1＝n2I2，即＝
(2)当有多个副线圈时，由I1U1＝I2U2＋I3U3＋……得：n1I1＝ ＋n3I3＋……
5.电压、电流、功率的制约关系
(1)电压制约：输入电压 决定输出电压 .(填“U1”或“U2”)
(2)功率制约： 决定 ，这体现了能量守恒的特点.(填“P出”或“P入”)
(3)电流制约：输出电流 决定输入电流 .(填“I1”或“I2”)n2I2U1U2P出P入I2I1答案【深度思考】变压器为什么不能改变交流电的频率？答案 因为原、副线圈中的磁通量变化情况相同，所以变压器不能改变交流电的频率.答案例2 如图3所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1， 和 均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB两端电压u1＝12sin 100πt (V).下列说法正确的是( )
A.电流频率为100 Hz
B. 的读数为24 V
C. 的读数为0.5 A
D.变压器输入功率为6 W典例精析解析答案总结提升图3返回答案 D总结提升总结提升(1)电压表、电流表示数均为有效值.
(2)理想变压器P入＝P出.
(3)变压器不改变频率，即原、副线圈电流频率相等.针对训练 如图4所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上.闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A.以下判断正确的是( )
A.变压器输入功率为484 W
B.通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C.通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3图4解析答案解析 变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝2.2×60 W＝132 W，选项A错误；答案 BD例3 如图5所示，理想变压器三个线圈的匝数之比为n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，其中n1接到220 V的交流电源上，n2和n3分别与电阻R2、R3组成闭合回路.已知通过电阻R3的电流I3＝2 A，电阻R2＝110 Ω，求通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1.图5解析答案总结提升返回解析 由变压器原、副线圈电压比等于其匝数比可得，加在R2上的电压根据输出功率等于输入功率得：
U1I1＝U2I2＋U3I3
代入数据解得通过原线圈的电流为：
I1＝0.7 A.答案 1 A 0.7 A总结提升总结提升含多个副线圈的变压器，电压仍与匝数成正比，但电流关系只能通过功率关系来判断.返回1.电压互感器
(1)构造：小型降压变压器，如图6甲所示.
(2)接法：原线圈 在高压电路中，副
线圈接电压表；为了安全，外壳和副线圈应 .
(3)作用：将 电压变为 电压，通过测量低电压，计算出高压电路的电压.三、电压互感器和电流互感器知识梳理图6并联接地高低答案2.电流互感器
(1)构造：小型升压变压器，如图乙所示.
(2)接法：原线圈 在被测电路中，副线圈接电流表.为了安全，外壳和副线圈应 .
(3)作用：将 电流变成 电流，通过测量小电流，计算出被测电路中的大电流.串联接地大小答案典例精析例4 普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，如图7所示，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则( )
A.ab接MN、cd接PQ，Iab＜Icd
B.ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd
C.ab接PQ、cd接MN，Iab＜Icd
D.ab接PQ、cd接MN，Iab＞Icd解析答案图7总结提升返回解析 根据单一副线圈的理想变压器原理，电流比值等于匝数比的倒数，可得ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd，故B正确.B总结提升(1)电压互感器U1>U2，n1>n2；
(2)电流互感器I1>I2，n1(3)电压互感器应并联接入电路，电流互感器应串联接入电路.返回1.(变压器原理分析)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( )
A.通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B.穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C.穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D.原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈C 对点检测 自查自纠1234解析答案解析 通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量Φ变化，A错误；
因理想变压器无漏磁，故B错误；
由互感现象知C正确；
原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原、副线圈通过磁场联系在一起，故D错误.2.(理想变压器基本规律的应用)如图8所示为一理想变压器，原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V,6 W”的灯泡并联在副线圈的两端.当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)的示数分别是( )
A.120 V,0.10 A
B.240 V,0.025 A
C.120 V,0.05 A
D.240 V,0.05 A1234解析答案图8D12343．(理想变压器基本规律的应用)(多选)如图9所示，
一理想变压器的原线圈A、B两端接入电压为u＝
3sin 314t V的交变电流．原线圈匝数n1＝100匝，
副线圈匝数n2＝200匝，则( )
A．将击穿电压为6 V的电容器接在C、D两端，能正常工作
B．把电磁打点计时器接在C、D两端，打点周期为0.02 s
C．把额定电压为6 V的小灯泡接在C、D两端，小灯泡能正常工作
D．把交流电压表接在C、D两端时，电压表读数为8.48 V解析答案图91234答案 BC12344.(互感器的应用)如图10所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1 000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220 V，电流表示数为10 A，则高压输电线的送电功率为( )
A.2.2×103 W
B.2.2×10－2 W
C.2.2×108 W
D.2.2×104 W解析答案返回解析 由电流互感器知高压输电线中电流I＝1 000 A，由电压互感器知高压输电线的电压U＝220×103 V，则高压输电线的送电功率P＝UI＝2.2×108 W.图10C本课结束课件32张PPT。7 电能的输送第二章 交变电流1.了解远距离输电线路的基本构成.
2.掌握远距离输电线上的能量损失与哪些因素有关.
3.应用理想变压器、电路知识对简单的远距离输电线路进行定量计算.目标定位二、高压输电线路的分析与计算栏目索引一、电能输送中的电能损耗和电压损失对点检测 自查自纠一、电能输送中的电能损耗和电压损失知识梳理1.输电线上的电压损失
(1)输电线路始端电压U跟末端电压U′的差值，称为输电线上的电压损失，ΔU＝ ，如图1所示，电压损失还可以表示为ΔU＝IR线＝______.(2)减少输电线上电压损失的方法：
①减小输电线的 .
②提高 .图1U－U′电阻输送电压答案2.输电线上的电能损耗
(1)损失功率计算：ΔP＝ ，I为输电电流，R线为输电线的总电阻.
(2)减小输电线上功率损失的方法：
①减小输电线的电阻R线：由R线＝ρ 得，要减小R线，在l保持不变的情况下，可以 ，增大S.答案I2R线减小ρ②减小输电电流I：由P＝UI得，在输送功率一定的情况下，提高________，即可减小 .
采用 (填“高”或“低”)压输电是减小输电线上功率损失最有效、最经济的措施.输电电压输电电流高【深度思考】“提高电压，减小电流”与欧姆定律矛盾吗？答案 不矛盾.欧姆定律是对纯电阻耗能元件而成立的定律，而“提高电压，减小电流”是从输送角度，由P＝UI，且P一定的条件下得出的结论，两者没有矛盾.答案典例精析例1 中国已投产运行的1 000 kV特高压输电，是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，不考虑其他因素的影响.则( )
A.输电电流变为原来的2倍
B.输电线上降落的电压将变为原来的2倍
C.输电线上降落的电压将变为原来的
D.输电线上损耗的电功率将变为原来的总结提升解析答案答案 C总结提升总结提升(1)注意区别：
①输电电压U与输电线上降落的电压ΔU；
②输电功率P与输电线上损失的功率ΔP.
(2)抓住不变量：输送电功率不变，由P＝UI判断出输电电流I的变化，从而由ΔU＝IR、ΔP＝I2R判断ΔU、ΔP的变化.例2 发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电线总电阻为R线，通过输电线的电流为I，学校输入电压为U2，下列计算输电线功率损耗的式子中，正确的是( )BCD总结提升解析答案返回总结提升返回二、高压输电线路的分析与计算知识梳理1.输送过程图(如图2所示)：图2(1)功率关系
P1＝P2，P3＝P4，
P2＝ΔP＋P3→能量守恒2.特别强调
(1)升压变压器副线圈的电压不等于降压变压器原线圈的电压，输电线上的电压损失ΔU＝I线R线，输电线上的功率损耗ΔP＝I R线.
(2)输电线的电阻计算时，应注意输电线长度为距离的两倍.【深度思考】在电能的输送过程中，U为输电电压，r为输电线电阻，则输电线中电流为I＝ ，对不对？为什么？答案 不对.U为输电电压，而不是加在输电导线上的电压，即U≠Ir，而输电电流可通过 求得.答案例3 一台发电机最大输出功率为4 000 kW、输出电压为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电.输电线路总电阻R＝1 kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V,60 W).若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )
A.T1原、副线圈电流分别为103 A和20 A
B.T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 V
C.T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1
D.有6×104盏灯泡(220 V,60 W)正常发光典例精析解析答案总结提升解析 远距离输电的电路如图所示，在升压变压器原线圈中有P＝U1I1，故得原线圈中电流为103 A，在远距离输电线路中由 得T1副线圈中电流为20 A，故选项A正确；在远距离输电线路中由P＝U2I2和I线＝I2得U2＝2×105 V，由ΔU＝I线R线，ΔU＝U2－U3可得T2原线圈电压为1.8×105 V，由于灯泡能正常发光，故T2副线圈电压为220 V，故选项B正确；解析答案总结提升由变压器变压特点知变压比与匝数成正比，故可得T1变压比为1∶50，而T2的变压比为9 000∶11，故选项C错误；
正常发光时每盏灯的功率为60 W，由90%P＝NP额，可得N＝6×104盏，故选项D正确.答案 ABD总结提升总结提升远距离输电问题的四个关键：
(1)画出一个模型——远距离输电模型图.
(2)抓住输电的两端——电源和用电器.
(3)分析两条导线——输电导线.
(4)研究两次电压变换——升压和降压.例4 发电机两端的电压为220 V，输出功率44 kW，输电导线的总电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户.
(1)画出全过程的线路示意图；解析答案解析 线路示意图如图所示.答案 见解析(2)求用户得到的电压和功率；解析答案U损＝I2R线＝20×0.2 V＝4 V.
所以降压变压器原线圈的输入电压和电流为
U3＝U2－U损＝2 200 V－4 V＝2 196 V，
I3＝I2＝20 A.解析答案降压变压器副线圈的输出电压和电流为用户得到的功率为
P4＝U4I4＝219.6×200 W＝4.392×104 W.答案 见解析(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的电压和功率.解析答案返回解析 若直接用220 V低压供电，
线圈示意图如图所示，输电线路上的电压损失
ΔU′＝I′R线＝200×0.2 V＝40 V.
所以用户得到的电压
U2′＝U1－ΔU′＝220 V－40 V＝180 V，
用户得到的功率为
P′＝U2′I′＝180×200 W＝3.6×104 W.
答案 见解析 对点检测 自查自纠12341．(输电线上的损耗)500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大工程，我省超高压输电工程正在紧张建设之中．若输送功率为3 200万千瓦，原来采用200千伏输电，由于输电线有电阻而损失的电功率为P，则采用500千伏超高压输电后，在输电线上损失的电功率为(设输电线的电阻未变)( )
A．0.4P B．0.16P
C．2.5P D．6.25P
答案 B
解析 根据P损＝ 可知：当输电电压由200 kV升高到500 kV时，其线路损耗由P减小到0.16P，选项B正确．解析答案B2.(输电线上的损耗)图3为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )1234解析答案图31234答案 C12343．(远距离高压输电)(多选)如图4所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)，对整个送电过程，下列说法正确的是( )
A．输电线上的损失功率为300 W
B．升压变压器的匝数比为1∶100
C．输电线上的电流为10 A
D．降压变压器的输入电压为4 970 V解析答案图41234答案 ACD12344.(远距离高压输电)某小型水力发电站的发电输出功率为5×104 W，发电机的输出电压为250 V，输电线总电阻R线＝5 Ω.为了使输电线上损失的功率为发电机输出功率的4%，必须采用远距离高压输电的方法，在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器.设用户所需电压为220 V，不计变压器的损失.求：(g取10 m/s2)
(1)输电线上的电流；答案 20 A解析答案1234(2)升、降压变压器原、副线圈的匝数比；解析答案返回(3)可供多少盏“220 V,40 W”的白炽灯正常工作？答案 1 200盏本课结束课件25张PPT。习题课：交变电流的产生及描述第二章 交变电流1.进一步熟悉交变电流的产生过程，能够求解交变电流的瞬时值.
2.进一步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，应用“四值”求解相关问题.目标定位三、有效值的计算二、平均值及电荷量的求解栏目索引一、交变电流的瞬时值及图像问题对点检测 自查自纠四、交变电流“四值”的综合应用一、交变电流的瞬时值及图像问题例1 如图1所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图像，根据图像可知( )
A.此感应电动势的瞬时表达式为
e＝200sin (0.02t) V
B.此感应电动势的瞬时表达式为
e＝200sin (100πt) V
C.t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零
D.t＝0.02 s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大图1B典例精析返回总结提升答案总结提升(1)求解感应电动势瞬时值：
①确定线圈转动从哪个位置开始；
②确定线圈转动的角速度ω(以rad/s作为单位)；
③确定感应电动势瞬时值表达式.
(2)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周期(T)和角速度(ω)：线圈转动的角速度ω＝ .
②峰值(Em，Im)：图像上的最大值，可计算出有效值E＝ ，I＝ .
③瞬时值：每个“点”表示某一时刻的瞬时值.
④可确定线圈位于中性面的时刻，也可确定线圈平行于磁感线的时刻.
⑤判断线圈中磁通量Φ及磁通量变化率的 变化情况.返回二、平均值及电荷量的求解典例精析例2 发电机的转子是匝数为100匝、边长为20 cm的正方形线圈，将它置于磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴以ω＝100π rad/s的角速度转动，当线圈平面与磁场方向垂直时开始计时.线圈和外电路的总电阻R＝10 Ω.
(1)写出交变电流的瞬时值表达式.解析答案解析 感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝100×0.05×0.2×0.2×100π V＝20π V，答案 i＝2πsin (100πt) A返回方法总结解析答案答案 1×10－2 C返回方法总结三、有效值的计算例3 有两个完全相同的电热器，分别通以如图2甲和乙所示的峰值相等的方波交变电流和正弦交变电流.求这两个电热器的电功率之比.典例精析图2解析答案解析 交变电流通过纯电阻用电器R时，其电功率P＝I2R，I应该是交变电流的有效值.对于题图甲所示的方波交变电流，因大小恒定，故有效值I甲＝Im.对于题图乙所示的正弦交变电流，有效值I乙＝所以P甲∶P乙＝2∶1.答案 2∶1例4 如图3所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20 sin(100πt) V，则加在R2上的电压有效值为( )解析答案图3A.10 V B.20 V
C.15 V D.5 V解析 由二极管的单向导电性可知，若二极管导通，
加在R2上的电压波形为半个周期，最大值为20 V，若二极管截止，R1、R2串联，则R2上的电压半个周期
最大值为10 V.由有效值的定义可得加在R2上的电压有效值为5 V，选项D正确.D返回总结提升方法总结对于交变电流有效值的计算一般有以下两种情况：
(1)对于按正(余)弦规律变化的电流，可先根据Em＝nBSω求出其最大值，然后根据E＝ 求出其有效值.有关电功、电功率的计算，各种交流仪表读数都要用有效值.
(2)当电流按非正(余)弦规律变化时，必须根据有效值的定义求解，在计算有效值时要注意三同：相同电阻、相同时间(一般要取一个周期)、产生相等热量.返回四、交变电流“四值”的综合应用典例精析例5 如图4所示，在匀强磁场中有一个内阻r＝3 Ω、面积S＝0.02 m2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＝ 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4(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；解析答案解析答案(2)从图示位置开始，线框转过90°的过程中，通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)由题目所给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡的实际功率为多大？总结提升解析答案返回返回总结提升最大值、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，只能用最大值.
(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
W＝EIt，Q＝I2Rt，交流电表指示的也是有效值.
(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. 对点检测 自查自纠1234解析答案1.(图像信息分析)某正弦式交流电的电流i随时间t变化的图像如图5所示.由图可知( )
A.电流的最大值为10 A
B.电流的有效值为10 A
C.该交流电的周期为0.03 s
D.该交流电的频率为0.02 HzB图5解析答案2.(有效值的理解和计算)下列各图中电流的有效值为 的是( )1234B12343.(有效值的理解和计算)如图6所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界).则线框内产生的感应电流的有效值为( )解析答案图61234答案 D解析 感应电动势的最大值
Em＝nBSω＝100×0.5×0.12×2π V≈3.14 V.12344.(交变电流“四值”的应用)如图7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：(保留三位有效数字)
(1)转动过程中感应电动势的最大值.图7答案 3.14 V 解析答案1234(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.答案 1.78 V解析 转过60°时的瞬时感应电动势
e＝Emcos 60°＝3.14×0.5 V＝1.57 V.答案 1.57 V (3)交流电压表的示数.解析答案解析 电压表示数为外电压的有效值1234解析答案返回答案 0.086 6 C本课结束课件29张PPT。习题课：变压器的应用及远距离输电问题第二章 交变电流1.进一步理解变压器的原理及规律.
2.熟练应用变压器原、副线圈的决定因素解决动态分析问题.
3.熟悉远距离输电中的各物理量关系和损耗问题，熟练解决远距离高压输电中的实际问题.目标定位二、理想变压器电路的动态问题分析三、远距离高压输电中的损耗问题栏目索引一、理想变压器中的规律分析对点检测 自查自纠一、理想变压器中的规律分析例1 如图1所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1.原线圈接入一电压为u＝U0sin ωt的交流电源，副线圈接一个R＝27.5 Ω的负载电阻.若U0＝220 V，ω＝100π rad/s，则下述结论正确的是( )
A.副线圈中电压表的读数为55 V
B.副线圈中输出交变电流的周期为 s
C.原线圈中电流表的读数为0.5 A
D.原线圈中的输入功率为110 W典例精析图1解析答案总结提升答案 AC总结提升总结提升(1)功率关系：P入＝P出.
(2)电压关系：
(3)电流关系：若只有一个副线圈 .
若有多组副线圈n1I1＝n2I2＋n3I3＋……
(4)变压器不改变频率.例2 如图2所示，理想变压器原线圈的匝数为1 000匝，两个副线圈的匝数分别为n2＝50匝和n3＝100匝，L1是“6 V 2 W”的小灯泡，L2是“12 V 4 W”的小灯泡.当原线圈接上交变电压时，L1、L2都正常发光，那么，原线圈中的电流为( )图2解析答案总结提升返回由于输入功率和输出功率相等有n1I1＝n2I2＋n3I3.原线圈上的电压解析答案总结提升答案 C副线圈上总的输出功率
P出＝PL1＋PL2＝2 W＋4 W＝6 W.
原线圈上的输入功率P入＝P出＝6 W.总结提升总结提升若理想变压器的次级有两组或多组线圈时：
(1)电压仍与匝数成正比，如 .
(2)求电流要根据P入＝P出，即U1I1＝U2I2＋U3I3＋…或n1I1＝n2I2＋n3I3＋….返回二、理想变压器电路的动态问题分析典例精析例3 如图3所示，理想变压器原线圈接
在交流电源上，图中各电表均为理想电
表．下列说法正确的是( )
A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑
动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大解析答案图3总结提升解析 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R1两端电压变大，R2两端电压减小，电流表A2示数减小；原线圈中的电流也变大，电流表A1示数变大，选项D错误．答案 B总结提升总结提升负载发生变化时，电流和电压如何变化的判断，先要由 判断U2是否变化，再根据U2及负载电阻的变化，由欧姆定律确定副线圈中的电流I2的变化，最后再由P入＝P出判断原线圈中电流的变化.
动态问题的分析思路可表示为：针对训练 (多选)如图4所示为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈上的电压，则( )
A.保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大
B.保持U1及不变P的位置，K由b合到a时，R消耗的
功率将减小
C.保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大
D.保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，I1将增大返回解析答案图4解析 K由a合到b时，n1减小而U1不变，由 可知，副线圈上的电压增大，流过负载R的电流I2增大，P2增大，又由于P1＝P2＝U1I1，故I1增大，故选项A正确.同理K由b合到a时，P2减小，故选项B正确.
P上滑时，负载电阻R增大，而U1、U2均不变，由I2＝ 可知I2减小，又由于n1、n2均不变，由 可知I1将减小，故选项C错误；答案 ABD返回三、远距离高压输电中的损耗问题例4 三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦.
(1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？典例精析答案 2 500 A (2)某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它占输出功率的几分之几？解析 输电线上损失的功率ΔP＝I2·2r＝2 5002×2×10 W＝1.25×108 W解析答案(3)若将电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占输出功率的几分之几？输电线上损失的功率ΔP′＝I′2·2r＝1 0002×2×10 W＝2×107 W返回解析答案 对点检测 自查自纠1234解析答案1.(变压器基本规律的应用)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶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5所示.设副
线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈
回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )图51234解析 原、副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U，可知副线圈电压为U，原线圈电压为3U，副线圈电流I2＝ ，根据整理可得U＝66 V；原、副线圈电阻消耗的功率P＝I2R，电阻相等，I1∶
I2＝1∶3，可得功率之比为P1∶P2＝1∶9，即k＝ .根据以上分析可知选项A正确.答案 A解析答案2.(变压器电路的动态分析)如图6所示，用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压不变，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( )
A.V1、V2的示数不变，A1的示数增大，
A2的示数减小，P入增大
B.V1、V2的示数不变，A1、A2的示数
增大，P入增大
C.V1、V2的示数不变，A1、A2的示数
减小，P入减小
D.V1的示数不变，V2的示数增大，A1的示数减小，A2的示数增大，P入减小1234图6解析 电压表V1的示数由输入电压决定；
电压表V2的示数由输入电压U1(大小等于电压表V1的示数)和匝数比 决定；1234电流表A2的示数即I2由输出电压U2(大小等于电压表V2的示数)和负载电阻R负决定；电流表A1的示数即I1由变压器的匝数比 和输出电流I2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V1的示数不变；据公式U2= ，可知U2也不变，即电压表V2的示数不变；解析答案1234输入电流I1随输出电流I2的增大而增大，故电流表A1的示数增大；
因P出＝U2I2，故P出增大；P入随P出变化，故P入也增大；可见本题的正确选项为B.又据I2＝ 知，S闭合后R负减小，故I2增大，电流表A2的示数增大；答案 B12343.(变压器电路的动态分析)(多选)如图7所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )解析答案A.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小图71234答案 BC12344．(远距离输电问题)有条河流，流量Q＝2 m3/s，落差h＝5 m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V，输电线总电阻R＝30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V,100 W”的电灯正常发光？(取g＝10 N/kg)解析答案1234解析 设ρ为水的密度
电源端：P输出＝mgh/t×50%
＝Qρgh×0.5
＝2×1×103×10×5×0.5 W
＝5×104 W.
输出电压U0＝240 V，输送电路如图所示．
为满足输电要求，据ΔP损＝IR，解析答案1234解析答案所以升压变压器的变压比为
n1∶n2＝U0∶U送＝240/(5×103)＝6∶125.
输电线电压损失ΔU损＝I送R＝10×30 V＝300 V.
用户端：U1＝U送－ΔU损＝5×103 V－300 V＝4 700 V.1234答案 6∶125 235∶11 470盏解析答案返回本课结束
