人教版高中物理选修3－2教案全册

人教版新课标高中物理选修32教案第四章电磁感应1.基本知识 (1)磁通量概念：穿过某个面的磁通量等于闭合导体回路的面积与垂直穿过它的磁感应强度的乘积 公式：BS. 产生感应电流的条件:只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流2、匀强磁场中磁通量的计算利用公式：BS(其中B为匀强磁场的磁感应强度，S为线圈的有效面积)注意以下三种特殊情况：(1)如果磁感线与平面不垂直，如图411(甲)所示，有效面积应理解为原平面在垂直磁场方向上的投影面积，如果平面与垂直磁场方向的夹角为，则有效面积为Scos ，穿过该平面的磁通量为BScos . (甲) (乙)图411(2)S指闭合回路中包含磁场的那部分有效面积，如图(乙)所示，闭合回路abcd和闭合回路ABCD虽然面积不同，但穿过它们的磁通量却相同：BS2.(3)某面积内有不同方向的磁场时，分别计算不同方向的磁场的磁通量，然后规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，求其代数和图412例1如图412所示的线框，面积为S，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向与线框平面成角，当线框转过90到如图所示的虚线位置时，试求：(1)初、末位置穿过线框的磁通量的大小1和2； (2)磁通量的变化量.【解析】(1)如题图所示，在初始位置，把面积向垂直于磁场方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为SSsin ，所以1BSsin .在末位置，把面积向垂直于磁场方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为SScos .由于磁感线从反面穿入，所以2BScos .(2)开始时B与线框平面成角，穿过线框的磁通量1BSsin ；当线框平面按顺时针方向转动时，穿过线框的磁通量减少，当转到时，穿过线框的磁通量减少为零，继续转动至90时，磁通量从另一面穿过，变为“负”值，2BScos .所以，此过程中磁通量的变化量为 21BScos BSsin BS(cos sin )【答案】(1)1BSsin 2BScos (2)BS(cos sin )1解答该类题目时，要注意磁感线是从平面的哪一面穿入的2当规定从某一面穿入的磁通量为正值时，则从另一面穿入的就为负值，然后按照求代数和的方法求出磁通量的变化(磁通量是有正、负的标量)3准确地把初、末状态的磁通量表示出来是例2如选项图所示，A中线圈有一小缺口，B、D中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方其中能产生感应电流的是()【解析】图A中线圈没闭合，无感应电流；图B中闭合电路中的磁通量增大，有感应电流；图C中的导线在圆环的正上方，不论电流如何变化，穿过线圈的磁感线都相互抵消，磁通量恒为零，也无电流；图D中回路磁通量恒定，无感应电流故本题只有选项B正确 【答案】B判断电路中是否产生感应电流，关键要分析穿过闭合电路的磁通量是否发生变化对于C图中就必须要弄清楚通电直导线的磁感线分布情况，而对于立体图，往往还需要将立体图转换为平面图，如转化为俯视图、侧视图等迁移应用2. 如图414所示，在竖直向下的匀强磁场中，有一闭合导体环，环面与磁场垂直当导体环在磁场中完成下述运动时，可能产生感应电流的是()图414A导体环保持水平在磁场中向上或向下运动 B导体环保持水平向左或向右加速平动C导体环以垂直环面、通过环心的轴转动 D导体环以一条直径为轴，在磁场中转动【解析】只要导体环保持水平，无论它如何运动，穿过环的磁通量都不变，都不会产生感应电流，只有导体环绕通过直径的轴在磁场中转动时，穿过环的磁通量改变，才会产生感应电流，D项正确【答案】D合解题方略导体切割磁感线产生感应电流的判断例3如图415所示，在匀强磁场中的矩形金属轨道上，有等长的两根金属棒ab和cd，它们以相同的速度匀速运动，则()图415A断开开关K，ab中有感应电流 B闭合开关K，ab中有感应电流C无论断开还是闭合开关K，ab中都有感应电流 D无论断开还是闭合开关K，ab中都没有感应电流【规范解答】两根金属棒ab和cd以相同的速度匀速运动，若断开电键K，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量无变化，则回路中无感应电流，故选项A、C错误；若闭合电键K，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量发生变化，则回路中有感应电流，故B正确，D错误【答案】B不管是哪种方式引起了导体回路中磁通量发生了变化，都会产生感应电流，如在本题中，穿过ab和cd组成的回路磁通量不变化，但穿过abfe和cdfe两个回路的磁通量发生了变化3楞次定律本节知识是电学中的重点知识，也是高考考查的热点。1.基本知识 (1)实验探究将螺线管与电流计组成闭合回路，如图431，分别将N极、S极插入、抽出线圈，如图432所示，记录感应电流方向如下：根据右手螺旋定则就能判定感应电流的磁场方向。 实验图431 甲 乙 丙 丁图432线圈内磁通量增加时的情况图号磁场方向感应电流的方向感应电流的磁场方向甲向下逆时针(俯视)向上乙向上顺时针(俯视)向下线圈内磁通量减少时的情况图号磁场方向感应电流的方向感应电流的磁场方向丙向下顺时针(俯视)向下丁向上逆时针(俯视)向上归纳结论当线圈内磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，阻碍磁通量的增加；当线圈内磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，阻碍磁通量的减少(2)楞次定律:感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化2、基本知识：右手定则(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向(2)适用范围：右手定则适用于闭合回路中一部分导体做切割磁感线运动时产生感应电流的情况思考判断(1)右手定则只适用于导体切割磁感线产生感应电流的情况()(2)使用右手定则时必须让磁感线垂直穿过掌心()(3)任何感应电流方向的判断既可使用楞次定律，又可使用右手定则()【提示】：左手定则用于判断安培力和洛伦兹力的方向，右手定则用于判断闭合电路的部分导体切割磁感线时产生的感应电流方向，安培定则用于判断电流的磁场方向.【问题导思】1楞次定律中，“阻碍”是否就是阻止的意思？1弄清“阻碍”的几个层次谁阻碍谁感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化阻碍什么阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身如何阻碍当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同”结果如何阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行2.“阻碍”的表现形式增反减同就磁通量而言，感应电流的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化来拒去留由于相对运动导致的电磁感应现象，感应电流的效果阻碍相对运动增缩减扩电磁感应致使回路面积有变化趋势时，则面积收缩或扩张是为了阻碍回路磁通量的变化例1(2013银川高二检测)在电磁感应现象中，下列说法中错误的是()A感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的变化B闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流C闭合线框放在变化的磁场做切割磁感线运动，一定能产生感应电流D感应电流的磁场总是跟原来磁场的方向相反【审题指导】(1)产生感应电流的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化(2)产生的感应电流总是阻碍原磁通量的变化【解析】由楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍的是原磁通量的变化，并不一定与原磁场方向相反，故选项A正确，选项D错误；若闭合线框平行于磁场放置，则无论是磁场变化，还是线框做切割磁感线的运动，穿过闭合线框的磁通量都不变，都不会有感应电流产生，所以选项B、C均错故选B、C、D.【答案】BCD例2、根据楞次定律可知感应电流的磁场一定()A阻碍引起感应电流的磁通量 B与引起感应电流的磁场反向C阻碍引起感应电流的磁通量的变化 D与引起感应电流的磁场方向相同【解析】感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻碍磁通量，它和引起感应电流的磁场可以同向，也可以反向故选C.【答案】C【问题导思】应用楞次定律时，涉及到了三个因素：磁通量的变化、磁场方向、感应电流方向，只要知道了其中任意两个因素，就可以判定第三个因素特别提醒：判断感应电流方向时注意的要点可概括为四句话：“明确增减和方向，增反减同莫相忘；安培定则来判断，四指环绕是流向”【问题导思】对右手定则的理解和应用1右手定则与楞次定律的区别与联系区别楞次定律右手定则研究对象整个闭合回路闭合回路的一部分，即做切割磁感线运动的导体适用范围各种电磁感应现象只适用于导体在磁场中做切割磁感线运动的情况应用对于磁感应强度随时间变化而产生的电磁感应现象较方便对于导体棒切割磁感线产生的电磁感应现象较方便联系右手定则是楞次定律的特例例3如图435所示，光滑平行金属导轨PP和QQ都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中现在垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是()A感应电流方向是NM B感应电流方向是MNC安培力方向水平向左 D安培力方向水平向右图435【审题指导】(1)由于导体棒MN运动而产生感应电流(2)MN中产生了感应电流又受到磁场力的作用【解析】以导体棒MN为研究对象，所处位置磁场方向向下、运动方向向右由右手定则可知，感应电流方向是NM；再由左手定则可知，安培力方向水平向左 【答案】AC左手定则和右手定则的因果关系1因动而生电右手定则 2因电而受力左手定则4法拉第电磁感应定律本节知识是高中物理的重点知识，也是高考的重点，既有单独考查，又有与其它知识的综合考查。1.基本知识 (1)感应电动势在电磁感应现象中产生的电动势 产生感应电动势的那部分导体相当于电源(2)法拉第电磁感应定律内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比表达式：En. 符号意义：n是线圈匝数，是磁通量的变化率2探究交流 产生感应电动势的条件是什么？【提示】不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电动势3、导线切割磁感线时的感应电动势(1)磁场方向、导体棒与导体棒运动方向三者两两垂直时：EBlv.(2)如图441所示，导体棒与磁场方向垂直，导体棒的运动方向与导体棒本身垂直，但与磁场方向夹角为时，EBlvsin_.图441用法拉第电磁感应定律求出的是整个回路的感应电动势，而用EBLv求的是回路中做切割磁感线的那部分导体产生的电动势.4、反电动势(1)定义：电动机转动时，由于切割磁感线，线圈中产生的削弱电源电动势作用的电动势(2)作用：阻碍线圈的转动例1有一个100匝的线圈，其横截面是边长为L0.20 m的正方形，放在磁感应强度B0.50 T的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直若将这个线圈横截面的形状在5 s内由正方形改变成圆形(横截面的周长不变)，在这一过程中穿过线圈的磁通量改变了多少？磁通量的变化率是多少？线圈的感应电动势是多少？【解析】线圈横截面是正方形时的面积S1L2(0.20)2 m24.0102 m2.穿过线圈的磁通量1BS10.504.0102 Wb2.0102 Wb截面形状为圆形时，其半径r4L/22L/截面积大小S2(2L/)24/25 m2穿过线圈的磁通量：2BS20.504/25 Wb255102 Wb所以，磁通量的变化量 21(2.552.0) 102 Wb5.5103 Wb.磁通量的变化率 Wb/s1.1103 Wb/s.感应电动势为：En1001.1103 V0.11 V.【答案】5.5103 Wb1.1103 Wb/s0.11 V磁通量、磁通量的变化量和磁通量的变化率，三者均与线圈的匝数无关对n匝线圈，穿过每一匝线圈的磁通量的变化率都相同，每一匝线圈的电动势都相等，相当于n个电动势相同的电源串联，即感应电动势的大小与匝数n有关例2如图446所示，水平放置的平行金属导轨相距l0.50 m，左端接一电阻R0.20 ，磁感应强度B0.40 T的匀强磁场，方向垂直于导轨平面导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：(1)ab棒中感应电动势的大小；(2)回路中感应电流的大小；(3)ab棒中哪端电势高； (4)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小图446【解析】根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为（1）EBlv0.400.504.0 V0.80 V.(2)感应电流的大小为I A4.0 A.(3)ab相当于电源，根据右手定则知，a端电势高(4)ab棒受安培力FBIl0.404.00.50 N0.8 N由于ab以v4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动，故外力的大小也为0.8 N.【答案】(1)0.80 V(2)4.0 A(3)a端高 (4)0.8 N例3. 如图449所示，一个50匝的线圈的两端跟R99 的电阻相连接，置于竖直向下的匀强磁场中，线圈的横截面积是20 cm2，电阻为1 ，磁感应强度以100 T/s的变化率均匀减小在这一过程中，通过电阻R的电流为多大？图449【解析】由法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势为EnnS5010020104 V10 V由闭合电路欧姆定律得感应电流大小为 I A0.1 A. 【答案】0.1 5 电磁感应现象的两类情况1.基本知识电磁感应现象中的感生电场(1)感生电场：磁场变化时在空间激发的一种电场，(2)感生电动势：由感生电场产生的感应电动势，它的方向与感生电场的方向相同，与感应电流的方向相同(3)感生电动势中的非静电力：就是感生电场对自由电荷的作用力【提示】变化的磁场周围一定存在感生电场，与是否存在闭合回路无关.2.基本知识电磁感应现象中的洛伦兹力(1)成因 导体棒做切割磁感线运动时，导体棒中的自由电荷随棒一起定向运动，并因此受到洛伦兹力(2)动生电动势：由于导体运动而产生的感应电动势(3)动生电动势中的非静电力：与洛伦兹力有关2感生电动势与动生电动势的对比感生电动势动生电动势产生原因磁场的变化导体做切割磁感线运动移动电荷的非静电力感生电场对自由电荷的电场力导体中自由电荷所受洛伦兹力沿导体方向的分力回路中相当于电源的部分处于变化磁场中的线圈部分做切割磁感线运动的导体方向判断方法由楞次定律判断通常由右手定则判断，也可由楞次定律判断大小计算方法由En计算通常由EBlvsin 计算，也可由En计算例1下列说法中正确的是()A动生电动势的产生与洛伦兹力有关B因为洛伦兹力对运动电荷始终不做功，所以动生电动势的产生与洛伦兹力无关C动生电动势的方向可以由右手定则来判定D导体棒切割磁感线产生感应电流，受到的安培力一定与受到的外力大小相等、方向相反【解析】由动生电动势产生原因知A对B错，C正确；只有在导体棒做匀速切割时，除安培力以外的力的合力才与安培力大小相等、方向相反，做变速运动时不成立，故D错误 【答案】AC 图458例2(2013北京高考)如图458所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1E2分别为()Aca,21 Bac,21 Cac,12 Dca,12【解析】金属杆垂直平动切割磁感线产生的感应电动势EBlv，判断金属杆切割磁感线产生的感应电流方向可用右手定则由右手定则判断可得，电阻R上的电流方向为ac，由EBlv知，E1Blv，E22Blv，则E1E212，故选项C正确【答案】C6自感本节知识属于电磁感应规律的应用，也是后续知识的基础，在高考中被考查到的几率不高，题目难度不大，题型一般为选择题.1.基本知识当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在它本身激发出感应电动势的现象产生的电动势叫做自感电动势2、自感电动势的作用：总是阻碍导体中原电流的变化方向：当原来的电流增大时，自感电动势与原来电流方向相反；当原来的电流减小时，自感电动势与原来电流方向相同.3.自感系数和磁场的能量(1)自感系数 自感电动势的大小 EL，其中L是自感系数，简称自感或电感单位：亨利，符号：H.决定线圈自感系数大小的因素 线圈的大小、形状、圈数，以及是否有铁芯等3、磁场的能量线圈中电流从无到有时，磁场从无到有，电源的能量输送给线圈，储存在磁场中线圈中电流减小时，线圈中的能量释放出来转化为电能4探究交流 ：在演示断电自感时，开关断开后小灯泡并不立即熄灭。【提示】线圈中有电流时，线圈就具有了磁场能，断开开关后，线圈相当于电源，线圈中所储存的磁场能转化为电能，给灯泡提供能量，这一现象并不违背能量守恒定律.5、对自感现象的理解 (1)对自感现象的理解：自感现象是一种电磁感应现象，遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律(2)对自感电动势的理解产生原因：通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在原线圈上产生感应电动势自感电动势的方向：当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同(即：增反减同)自感电动势的作用：阻碍原电流的变化，而不是阻止，原电流仍在变化，只是使原电流的变化时间变长，即总是起着推迟电流变化的作用图461例1如图461所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈开关S原来是断开的，从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是()AI1开始较大而后逐渐变小 BI1开始很小而后逐渐变大CI2开始很小而后逐渐变大 DI2开始较大而后逐渐变小【审题指导】解答本题应把握以下两点：(1)电流变化时，电感线圈对电流的变化有阻碍作用(2)电流稳定时，电感线圈相当于一段导线的作用【解析】闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始I2很小，随着电流达到稳定，自感作用减小，I2开始逐渐变大闭合开关S时，由于线圈阻碍作用很大，路端电压较大，随着自感作用减小，路端电压减小，所以R1上的电压逐渐减小，电流逐渐减小，故A、C正确【答案】AC例2、如图462所示，R为定值电阻，电感L的值很大，电源内阻不可不计，A、B是完全相同的两只灯泡，当开关S闭合时，下列判断正确的是（ ） 图462A灯A比灯B先亮，然后灯A熄灭 B灯B比灯A先亮，然后灯B逐渐变暗C灯A与灯B一起亮，而后灯A熄灭 D灯A与灯B一起亮，而后灯B熄灭【解析】开关S闭合时，B灯立即亮，A灯由于电感L的自感作用，将逐渐变亮由于总电流逐渐变大，路端电压变小，B灯逐渐变暗，选项B符合要求 【答案】B特别提醒电流减小时，自感线圈中电流大小一定小于原先所通电流大小，自感电动势可能大于原电源电动势例3、一个线圈的电流在0.001 s内有0.02 A的变化，产生50 V的自感电动势，求线圈的自感系数如果这个电路中的电流的变化率变为40 A/s，自感电动势又有多大？【解析】(1)由ELL， 得L H2.5 H.(2)EL2.540 V100 V. 【答案】(1)2.5 H(2)100 V图46176如图4617所示的电路中，电流表的内阻不计，电阻R12.5 ，R27.5 ，线圈的直流电阻可以忽略闭合开关S的瞬间，电流表读数I10.2 A，当线圈中的电流稳定后，电流表的读数I20.4 A，试求电池的电动势和内阻【解析】闭合开关S的瞬间，R1和R2串联接入电路，由闭合电路欧姆定律得I1电路稳定后，R2被短路，由闭合电路欧姆定律得 I2联立解得E3 Vr5 .【答案】3 V5 图46187、涡流1.基本知识：涡流(1)概念：由于电磁感应，在导体中产生的像水中旋涡样的感应电流(2)特点：整块金属的电阻很小，涡流往往很强，产生的热量很多(3)应用 涡流热效应的应用：如真空冶炼炉涡流磁效应的应用：如探雷器、安检门2思考判断(1)通过增大铁芯材料的电阻率可以减小涡流的产生()(2)变压器的铁芯用硅钢片叠成是为了减小涡流()【问题导思】1涡流的产生涡流实际上是一种特殊的电磁感应现象，当导体处在变化的磁场中，或者导体在非匀强磁场中运动时，导体内部可以等效成许许多多的闭合电路，当穿过这些闭合电路的磁通量变化时，在导体内部的这些闭合电路中将产生感应电流，即导体内部产生了涡流2涡流的防止和利用(1)为了减少涡流，变压器、电机里的铁芯不是由整块的钢铁制成的而是用薄薄的硅钢片叠合而成特别提醒:1涡流是整块导体发生的电磁感应现象，同样遵循法拉第电磁感应定律2磁场变化越快(越大)，导体的横截面积S越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越大1下列关于涡流的说法中正确的是()A涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的B涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流C涡流有热效应，但没有磁效应D在硅钢中不能产生涡流【解析】涡流本质上是感应电流，是导体自身构成回路，在穿过导体的磁通量变化时产生的，所以A对，B错涡流不仅有热效应，同其他电流一样也有磁效应，C错硅钢电阻率大，产生的涡流较小，但仍能产生涡流，D错【答案】A2下列做法中可能产生涡流的是()A把金属块放在匀强磁场中 B让金属块在匀强磁场中匀速运动C让金属块在匀强磁场中做变速运动 D把金属块放在变化的磁场中【解析】涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化而A、B、C中磁通量不变化，所以A、B、C错误；把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正确 【答案】D3、变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠加而成的，而不是采用一整块硅钢，这是因为()A增大涡流，提高变压器的效率 B减小涡流，提高变压器的效率C增大铁芯的电阻，以产生更多的热量 D增大铁芯的电阻，以减小发热量【解析】磁场变化越快，感应电动势越大，因而涡流也就越强涡流能使导体发热变压器的铁芯是一组相互绝缘的薄片，以降低涡流强度，从而减少能量损耗，提高变压器的效率 【答案】BD第五章交变电流教学地位 :本节知识是电学的基础，在高考中尽管很少直接命题，但它是物理的最基本知识。1.基本知识:(1)交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流(2)直流：方向不随时间变化的电流(3)交变电流的产生方法 :闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动中性面：线圈平面与磁场垂直的位置2思考判断 (1)交流电源没有正负极之分()【提示】线圈平面与磁场垂直的位置，即为中性面位置，在此位置磁通量最大，线圈的感应电动势和感应电流为零.1.基本知识:交变电流的变化规律(1)正弦式交变电流 定义：按正弦规律变化的交变电流，简称正弦式电流函数和图象函数图象瞬时电动势：eEmsin t瞬时电压：uUmsin_t瞬时电流：iImsin t注：表达式中Em、Um、Im分别是电动势、电压和电流的峰值，而e、u、i则是这几个量的瞬时值2思考判断(1)线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生的交流电是正弦交流电()【提示】交变电流的大小不一定变化，如方形波电流，它与直流电的最大区别是方向发生周期性的变化3中性面 ：线圈平面垂直于磁感线时，线圈中的磁通量最大，而此时线圈中的电流为零，这一位置叫中性面从上面分析可知，线圈平面经过中性面时，电流方向就发生改变，线圈绕转轴转一周经过中性面两次，因此感应电流方向改变两次特别提醒1矩形线框在匀强磁场中匀速转动，仅是产生交变电流的一种形式，但不是唯一方式2线圈平面与中性面重合时，SB，最大，0，e0，i0，电流方向将发生改变3线圈平面与中性面垂直时，SB，0，最大，e最大，i最大，电流方向不变例1在交流电产生的实验中，关于中性面，下列说法正确的是()A此时线圈各边都不切割磁感线，感应电流等于零B磁感线垂直于该时刻的线圈平面，所以磁通量最大，磁通量的变化率为零C线圈平面每次经过中性面时，感应电流的方向一定会发生改变D线圈平面处于跟中性面垂直的位置时，磁通量的变化率最大，感应电动势、感应电流均最大，电流方向不变【审题指导】解答本题时应注意把握以下两点：(1)线圈位于中性面时，各边均不切割磁感线(2)线圈垂直于中性面时，两边恰好垂直切割磁感线【解析】在中性面时，切割磁感线的两边的速度与磁感线平行，不切割磁感线，电动势、电流为零，A对；在中性面时，不切割磁感线，磁通量的变化率为零，磁通量最大，B对；线圈每经过一次中性面，电流方向改变一次，C对；在垂直于中性面时，切割磁感线的两边速度与磁感线垂直，最大，电动势、电流最大，D对【答案】ABCD对于交变电流产生过程中各物理量的变化情况分析，应抓住中性面这个关键位置及各物理量的情况，特别要注意的是此时刻穿过线框平面的磁通量虽最大，但磁通量的变化率却最小，等于零，电动势等于零，电流等于零例2、如图515所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是() 图515A线圈每转动一周，指针左右摆动两次 B图示位置为中性面，线圈中无感应电流C图示位置ab边的感应电流方向为ab D线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零【解析】线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为ab；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大【答案】C特别提醒1、若线圈从中性面开始计时，eEmsin t.若线圈从位于与中性面垂直的位置开始计时，eEmcost，所用瞬时值表达式与开始计时的位置有关2描述交变电流的物理量1.基本知识：周期和频率(1)周期 交变电流完成一次周期性变化所需的时间，用T表示，单位是秒(2)频率 交变电流在1s内完成周期性变化的次数，用f表示，单位是赫兹，符号Hz.(3)二者关系：T 或 f.3探究交流 ：某交变电流的瞬时表达式为i10 sin 100t(A)，如何确定其交变电流的周期和频率【提示】由表达式可先确定线圈的角速度100，又2f，故T0.02 s，f50 Hz.2、基本知识：峰值和有效值(1)峰值 定义：交变电流的电压、电流所能达到的最大数值应用：电容器所能承受的电压要小于交流电压的峰值(2)有效值定义：使交变电流和恒定电流通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内，产生的热量相等，那么这个恒定电流的电流、电压，叫做这个交流的有效值(3)关系：对于正弦交变电流，有效值I、U与峰值Im、Um之间的关系： 2思考判断(1)我国民用交变电流，照明电压为220V和动力电压380V都是指有效值()3探究交流 计算有效值时应注意 只有正弦式电流才能用的关系综合解题方略交变电流的图象问题例1(2013哈尔滨六中高二检测)如图526是某交流发电机产生的交变电流的图象，根据图象可以判定()图526A此交变电流的频率为5 HzB该交变电流的电压瞬时值的表达式为u12sin 10t(V)C将标有“12 V3 W”的灯泡接在此交流电源上，灯泡可以正常发光D图象上对应的0.1 s时刻，发电机中的线圈刚好转至中性面【解析】由图象可知，交变电流的周期T0.2s，交变电压的最大值Um12 V，所以此交变电流的频率f1/T5 Hz，角速度2/T10 rad/s，交变电压瞬时值的表达式uUmsin t12sin 10t(V)，选项A、B均正确；标有“12 V3 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UUm/6V，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【答案】ABD通过交变电流的图象可获得的信息： （1）交变电流的周期(可计算频率)（2）交变电流的最大值(可计算有效值)（3）任一时刻交变电流的瞬时值 （4）根据最大值和角速度可写出瞬时值表达式例2、如图527是一个正弦式交变电流的图象，下列说法正确的是 ()图527A周期是0.2 s，电流的峰值是10 A B周期是0.15 s，电流的峰值是10 AC频率是5 Hz，电流的有效值是10 A D频率是0.2 Hz，电流的有效值是7.07 A【解析】由图象可知T0.2 s，Im10 A，故频率f5 Hz，I5 A7.07 AA正确，B、C、D错误【答案】A3变压器本节知识是高中电学的基础，在历年高考中都被考查到，既有直接命题，也有与其他知识的综合命题，题目难度一般为中等，学习本节知识时要引起足够重视.1.变压器的构造和原理(1)构造：变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，与交流电源连接的线圈叫原线圈（初级线圈），与负载连接的线圈叫副线圈（次级线圈）(2)原理：互感现象是变压器的工作基础，由于原线圈中电流的大小、方向在不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化变化的磁场在副线圈中产生感应电动势2、理想变压器：(1)没有能量损失的变压器(2)原、副线圈的电压之比，等于两个线圈的匝数之比，即: 3、理想变压器的原、副线圈的电压与匝数成正比，即。【提示】原、副线圈的瞬时电压与匝数不成正比。4、理想变压器的特点(1)变压器铁芯内无漏磁。(2)原、副线圈不计内阻，即不产生焦耳热（3）电动势关系：由于互感现象，且没有漏滋，原、副线圈中每一匝线圈都具有相同的，根据法拉第电磁感应定律有E1n1，E2n2，所以（4）电压关系：由于不计原、副线圈的电阻，因此原线圈两端的电压U1E1，副线圈两端的电压U2E2，所以，当有多个副线圈时，则有： （5）功率关系：对于理想变压器，不考虑能量损失，P入P出特别提醒1因为理想变压器不计一切电磁能量损失，因此，理想变压器的输入功率等于输出功率实际变压器(特别是大型变压器)一般可以看成理想变压器2据知，当n2n1时，U2U1，这种变压器称为升压变压器，当n2n1时，U2U1，这种变压器称为降压变压器3对于公式，无论副线圈一端是空载还是负载，此公式都是适用的例1(2013黄冈中学高二检测)一理想变压器原、副线圈匝数比n1n2115.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压U如图542所示副线圈仅接入一个10 的电阻则()图542A流过电阻的电流是20 A B与电阻并联的电压表的示数是100 VC经过1分钟电阻发出的热量是6103 J D变压器的输入功率是1103 W【审题指导】解答本题时应把握以下三点：(1)正弦交变电流峰值与有效值的关系(2)变压器原、副线圈电压与匝数的关系(3)电流表示数，电热和功率需用交变电流有效值计算【解析】由电压的有效值和最大值的关系得U1220 V根据理想变压器电压与匝数的关系 得220 V100 V，故电压表的示数是100 V，B错误；I2 A10 A，A错误；1分钟内电阻发出的热量QI2Rt1021060 J6.0104 J，C错误；变压器的输入功率等于输出功率，即P入P出U2I210010 W1103 W，故D正确 【答案】D 5电能的输送本节知识是高中物理的重点知识，在历年高考中常被考查到，考查的难度一般为中等，题型一般为选择题，学习时要注意对规律的理解和应用.1降低输电损耗的两个途径输电线上的功率损失PI2r，I为输电电流，r为输电线的电阻降低输电损耗的两个途径a减小输电线的电阻b减小输电导线中的电流【问题导思】输电线上的电压损失和功率损失1电压损失 ：输电线始端电压U与输电线末端电压U的差值UUUIR.2功率损失：远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率(1)PI2R；(2)PIU；(3)P.I为输电电流，R为输电线的电阻，U为输电线上损失的电压3减小电压、功率损失的方法:(1)减小输电线路的电阻由R可知，距离一定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可减小电阻(2)减小输电电流I由PUI可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流例1在远距离输电时，输送的电功率为P，输送电压为U，所用导线的电阻率为，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为P，用户得到的电功率为P用，则P和P用的关系式正确的是()APBP CP用P DP用P(1)【审题指导】(1)“损失功率”是指输电线上消耗的功率(2)输电导线的电阻是功率损失的原因所在【解析】输电线电阻R 输电电流I故输电线上损失的电功率为 PI2R()2用户得到的功率为 P用PPP(1)【答案】BD例2(2010江苏高考)在如图552所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有() 图552A升压变压器的输出电压增大 B降压变压器的输出电压增大C输电线上损耗的功率增大 D输电线上损耗的功率占总功率的比例增大【审题指导】“输出功率增大”而输送电压保持不变，说明输电线上的电流要增大，线路上损失的电压增大，进而会影响其他量发生变化【解析】由题意可知升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，A错误；在电能输送过程中有：I，U线IR线，U3U2U线，因P变大，I变大，所以U线变大，所以降压变压器初级电压U3变小，则降压变压器的输出电压变小，B错误；由P线()2R线，因P变大，所以P线变大，C正确；根据，因P变大，所以比值变大，D正确 【答案】CD例3(2010福建高考)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，输电线上损耗的电功率为P.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，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为() A. B. C2P D4P【解析】由PUI可知，输电电压提高到原来的2倍，由于输电功率不变，所以输电电流变为原来的1/2，由P损I2R线可知输电线上的损耗电功率将变为原来的1/4，选项A正确【答案】A