2019-2020年高考物理 交变电流复习教案 电磁波.doc

2019-2020年高考物理 交变电流复习教案 电磁波考点要求内 容要 求说 明交流发电机及其产生正弦式电流的原理,正弦式电流的图象和三角函数表达式,最大值与有效值,周期与频率电阻、电感和电容对交变电流的作用变压器的原理，电压比和电流比电能的输送电磁场，电磁波，电磁波的周期、频率、波长和波速无线电波的发射和接收电视，雷达只要求讨论单相理想变压器知识结构命题特点与趋势本章是电磁感应定律的应用和延伸，也是高中物理电磁学知识的收尾。高考对交流电的产生和变压器的原理要求较高，而对电磁场的电磁波仅限于一般性认识和了解，特别注意电磁振荡及LC回路不再列为高考要求，因而也不必在此浪费时间。复习的重点是交流电的的变化规律及其描述（包括图象）、有效值的概念、理想变压器的原理、电能输送中相关计算等。特别是交变电流知识和力学知识的综合应用问题，要引起足够重视，如xx年高考“自行车头灯”问题。还有带电粒子在加有交变电压的平行金属板间的运动问题等，复习过程中，要注意适量训练，提高综合应用能力。第一讲 交流电的产生及描述电感、电容对交流电的影响教学目标：1掌握交流发电机及其产生正弦式电流的原理，正弦式电流的图象和三角函数表达，2理解最大值与有效值，周期与频率；3知道电阻、电感和电容对交变电流的作用，感抗和容抗教学重点：交流的基本概念教学难点：交流电路的分析与计算；教学方法：讲练结合考点理解1.交变电流的产生和规律交变电流的意义交变电流：大小和方向都随时间作周期性变化的电流叫做交变电流，简称交流电。正弦式电流；随时间按正弦规律变化的电流叫做正弦式电流，正弦式电流的图象是正弦曲线，我国市用的交变电流都是正弦式电流。正弦式电流的产生产生方法：如图所示，将一个平面线圈置于匀强磁场中，并使它绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈中就会产生正弦式电流。中性面：中性面的特点是，线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零；线圈经过中性面时，内部的电流方向要发生改变。规律函数形式：N匝面积为S的线圈以角速率转动，从某次经过中性面开始计时，则e=NBSsint，用Em表示峰值NBS，则e=Emsint，电流。图象表示如图所示2表征交变电流的物理量周期和频率交变电流的周期和频率都是描述交变电流变化快慢的物理量。周期T：交变电流完成一次周期性变化所需的时间，单位是秒（S），周期越大，交变电流变化越慢，在一个周期内，交变电流的方向变化2次。频率f:交变电流在1s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹，符号为Hz，频率越大，交变电流变化越快。关系：最大值和有效值交变电流的最大值Em(Um、Im)与线圈的形状和转动轴处于线圈平面内哪个位置无关，但转轴应与磁感线垂直。交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的，正交流电和直流电通过同样阻值的电阻,如果它们在相同的时间内产生的热量相等,就把这一直流电的数值叫做该交流电的有效值. 正弦交流电的有效值与最大值之间的关系为：,.各种交流电器设备上的标示值及交流电表上的测量值都指有效值。注意: ,只适用于正弦交变电流.最大值、有效值和平均值的应用求电功、平均电功率以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计算，正弦交流电的有效值为，其它交变电流的有效值只能根据有效值的定义来计算。求一段时间内通过导体横截面的电量时要用平均值，,平均值的计算须用=n和=计算，切记，平均值不等于有效值。在考虑电容器的耐压值时，则应根据交流电的最大值。3.电感和电容对交变电流的作用(1)电感对交变电流的阻碍作用电感对交变电流的阻碍作用的大小，用感抗XL表示，XL=2fL（为线圈的的自感系数）。电感对交变电流有阻碍作用的原因：当线圈中电流发生变化时，在线圈中产生自感电动势，自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化。扼流圈有两种：一种叫做低频扼流圈，线圈的自感系数很大，作用是“通直流，阻交流”；另一种叫高频扼流圈，线圈的自感系数很小，作用是“通低频，阻高频”。电容器对交变电流的作用交变电流能够通过电容器，电容器交替进行充电和放电，电路中有了电流，表现为交流电通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘电介质。电容对交变电流阻碍作用的大小，用容抗X表示，.电容器在电路中表现为“通交流，阻直流；通高频，阻低频”。方法讲解1.交流电图象问题的分析方法分析物理图象的要点：一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”、看“截距”、看“面积”、看“拐点”，并理解其物理意义。二变：掌握“图与图”、“图与式”和“图与物”之间的变通关系。三判：在此基础上进行正确的分析和判断。交变电流I随时间t的变化规律不再是简单的正比例（线性）关系，故需借助图象法来分析研究，这比单纯地用代数方法显得更为直观、简捷。物理图象可将抽象的变化规律形象地表述出来，用它反映某些物理量的变化过程，既可以使该变化的整体特征一目了然，又可将过程按需要分段进行研究，还可以将变化过程中的暂态“定格”，从而对变化过程中的某一瞬态进行深入研究。对于正弦交变电流的变化规律，不应只从其随时间按正弦规律变化这一点去认识，还应看到交流的电动势随线圈在匀强磁场中空间位置的变化而变化，随线圈的磁通量变化而变化。例1:如图演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度.5T,线圈匝数N=50匝,每匝线圈面积为0.48m,转速为150r/min。在匀速转动过程中,从图示位置线圈转过90开始计时。写出交流感应电动势瞬时值的表达式。画出e-t图线。分析:从线圈平面经过中性面开始计时，则线圈在时间t内转过角度t，于是瞬时感应电动势e=Emsint,其中Em=2NBL=NBS。根据交流电的方向图画线时，最大值是正弦图线的峰值，由纵轴上的刻度值标出。交流电的角频率与正弦图线的周期相对应，=2/T。而周期由时间轴上的刻度值标出。解：由题意知：N=50，B=0.5T，=5（rad/s）,S=0.48,e=Emsint,Em=NBS=500.485=188(V);所以e=188sin5t(V);T=2/=0.4s. e-t图线如图所示。点评:感应电动势的最大值为Em=NBS,即Em仅为N、B、S、四个量决定，与轴的具体位置和线圈的形状均无关，应注意：在写出的e-t表达式中容易出现表达式e= Emsint和e= Emcost相混淆的情况。排除障碍的方法是：判断此时瞬时电动势是最大值还是零，由于从图示位置线圈转过90开始计时，导线ab、cd不切割磁感线，因此此时e=o,可得出e= Emsint的结论。误将转速n看做角速度，或未将n中的单位化成r/s,排除失误的方法是：深入理解=2n的意义，并注意将单位统一到国际单位制。在e-t图线的坐标箭头处漏掉单位。平时作物理图象时应克服粗心大意的习惯。2.交变电流与力学综合问题的分析方法在解决交变电流知识和力学知识结合的问题中应注意以下几点：交变电流的大小和方向、交变电压的大小和正负，都随时间周期性变化，这就引起磁场、电场的强弱和方向周期性变化。因此，在研究带电体在场中受力时，一定要细致地进行动态受力分析。粒子在交变电场中，常见的运动情况有三种：(1)带电粒子做定向运动；(2)带电粒子以某位置为中心作往复运动；(3)带电粒子作偏转运动。解题开始首先要将初始条件把握住，然后按运动和力的关系，对交变电压的正、负，对带电粒子的受力和运动细节分（或）作过细的物理过程分析，从而可知带电粒子运动究竟属于哪种情境，必要时可画出粒子的速度图象来帮助判断。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可能出现多解。例2:真空中速度为=6.4107m/s的电子束连续地射入两平行极板之间如图所示,极板长度为L=810m,间距为d=510m,两极板不带电时,电子束将沿两极板之间的中线通过,在两极上加-50Hz的交变电压u=U0sint。如果所加电压的最大值U0超过某一值U0，将开始出现以下现象：电子束有时能通过两极板；有时间断，不能通过。求U0的大小，求U0为何值时才能使通过的时间（t）通间断的时间（t）断比为（t）：（t）断=2：1。（电子质量m=0.9110kg,电子电量e=1.6010C）分析：首先注意到电子通过两极板间的时间t=S=1.2510S,交变电压的周期T=2/=1/f=210s,即tT0在电子通过两极板间的时间内,交变电压的数值变化极小,可以认为在这极短时间内电压不变,电子所受的电场力可以认为是恒力。解：电子射入两极板间的匀强电场后，沿方向做匀速直线运动，沿垂直的方向在恒定电场力作用下做初速为零的匀加速直线运动，若两极板间电压为U，则场强E=,电场力F=，加速度a= F=,电子在方向和垂直方向的运动方程为 解得y=.如果yd/2,则电子可以通过两极板；如果yd/2，则电子将打到其中一个极板上，而不能通过两极板；如果y=d/2，则所对应的电压就是所要求的U0的值。所以.故.当两极板间电压UUc时,电子不能通过两极板；UUc时，电子能通过两极板，交变电压的正半周和负半周是对称的，我们只要分析正半周即可。题意要求（t）通：（t）断=2：1，为此，把正半周的时间T/2分成三等份：T/6，T/3和T/2，如图所示，在0T/6和T/3T/2的两段T/6时间内，电压UUc，电子能通过两极板。在T/6T/3的一段T/6时间内，电压UUc，电子不能通过两极板，这就满足了（t）通：（t）断=2：1的要求。所以,即.所以.点评:题中给出是某种现象,解题时首先要把产生该现象的原因分析清楚,知道了为什么产生该现象,求解就容易了.各种物理现象都是在一定条件下发生的,如本题中电子能否穿越极板,决定于电压高低这一条件,会不会独立地分析题中所包含的条件,并能把它用数学式表达出来,这是区分能力高低的一个重要标志,分析和表达出题中所包含的条件,如本题中,注意到电子在电场中偏转距离与电压成正比,从而得到.=，这也是解题的关键。能不能把不熟悉的情景转化为熟悉的物理模型，如本题中把单个电子穿越加有交变电压的极板，转化为加有恒定电压的情景，这需要有功力，有眼力，有赖于平时的努力。如果平时分析问题不细心，是怎么也不会想到要分析题中所给数据，把电子穿越的时间同电场变化周期作比较，而没有这种比较，就谈不上转化为熟悉的物理模型。考点应用例3:一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的交变电动势,则以下说法正确的是（ ）。A.该交流电的周期是0.02sB.该交流电的频率是100C.时,e有最大值D.时,线圈平面跟中性面垂直解析:由电动势瞬时值表达式得=100rad/s,则周期=0.02s,频率f=50Hz,故选项A正确,选项B错误。当时，e=Em=380V,故选项C正确，当时，e=0,故选项D不正确。点评:如果是从线圈转到中性面位置时开始计时，那么正弦交流电动势瞬时值表达式一般形式是.要注意其物理量间的相互关系。例4:如图所示是一交流电压随时间变化的图象，此交流电压的有效值等于 V. 解析:图中给出的是一方波交流电,周期为T=0.3s,前T/3时间内U1=100V,后2/3时间内U2=-50V.设该交流电压的有效值为U,根据有效值的定义,有: .代入已知数据,解得.点评:公式,只适用于正弦交流电,对于非正弦交流电的有效值,必须根据有效值的定义求解.例5:如图所示, 矩形线框匝数n=250匝, ab=120,ad=10,线框置于B=(2/)T的匀强磁场中,绕垂直于磁场的轴以120r/min的角速度匀速转动,线框通过滑环与外电路连接.外电路接有R=12的电阻及一只发光电压和熄灭电压都为12V的氖泡L,求：当S接e时，交流电流表读数为多少？R的热功率为多大？10min内外力对线框做功多少？当S接时，氖泡闪光频率为多大？（线框电阻不计）解析 当S接e时，有P=.R=()12W=24W;,当S接 时,根据正弦曲线变化规律,可知在交变电流的一个周期T内,氖泡闪光2次,每次闪光时间为.因为 ,故氖泡闪光频率为4Hz.点评:由于线框电阻不计,电源成为理想电源,外力维持线框匀速转动,可根据能量的转化和守恒定律来求外力对线框所做的功.例6:曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流电发电机,如图1为其结构示意图,图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc边中点，与ab边平行，它的一端有一半径=1.0的摩擦小轮,小轮与自行车车轮的边缘相接触,如图2所示,当车轮转动时,因摩擦而带动小轮转动,从而使线框在磁极间转动.设线框由n=800匝导线圈组成,每匝线圈的面积S=20 ,磁极间的磁场可视作匀强磁场,磁感应强度B=0.010,自行车车轮的半径=35,小齿轮的半径=4.0,大齿轮的半径=10.0。现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U=3.2?(假定摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动) 解析:当自行车车轮转动时,通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动,线框中产生一正弦交流电动势.其最大值为: Em=W0BSN 式中为线框转动的角速度,即摩擦小轮转动的角速度.发电机两端电压的有效值为:设自行车车轮转动的角速度为,由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动,则有: = 小齿轮转动的角速度与自行车车轮转动的角速度相同,也为,设大齿轮转动的角速度为,则有 由式可解得： ，代入数据得=3.2rad/s为所求.点评：本题图形复杂,文字冗长,给考生造成很大的心理压力,不少考生难于动笔,但细审此题,不难发现此题涉及两个物理模型.模型1:齿轮传动和皮带传动模型,此模型的重要特征是两齿轮接触处和皮带接触处的线速度相等,即有 .模型 2:交流发电机模型,线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,产生正弦交变电流.此模型有两个重要特征:所产生交变电动势的最大值为 ；产生的交变电动势的有效值为 .建立起以上这两个模型后,本题就不难解答了.例7：如图所示是电视机电源部分的滤波装置,当输入端输入含有直流成分、交流低频成分的电流后，能在输出端得到较稳定的直流电，试分析其工作原理及各电容和电感的作用。解析：当含有多种成分的电流输入到C1两端，由于C1的“通交流、阻直流”的功能，电流中的交流成分被衰减，而线圈有通直流、阻交流“功能，直流成分电流顺利通过L.一小部分交流通过L,到达C2两端时,C2进一步滤除电流中残余的交流成分,这样就在输出端得到较稳定的直流电,这个直流电供电视机内芯正常工作.点评：本题联系电视机中的实际电路.应分别考虑L、C的作用：L对直流起“短路”作用，对交流起阻碍作用；C对直流“断路”，对交流有旁路分流作用。本题C1、C2两次对交流分流，滤波效果更好。课堂练习1、（全国.黑蒙桂理综,20）(6分)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垂直.在t=0时刻,线圈平面与纸面重合(如图),线圈的cd边离开纸面向外运动.若规定abcda方向的感应电流为正,则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是( ) 2.(北京理综,18)6分.正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图甲所示的方式连接,R=10,交流电压表的示数是10V.图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图象.则A.通过R的电流iR随时间t变化的规律是B.通过R的电流iR随时间t变化的规律是C.R两端的电压uR随时间t变化的规律是D.R两端的电压uR随时间t变化的规律是3.(黄冈)下图甲为电热毯的电路图,电热丝接在u=311sin314tV的电源上,电热毯被加热到一定温度后,通过装置P使输入电压变为图乙所示波形,从而进入保温状态,若电热丝的电阻保持不变,此时交流电压表的读数是( )A.110V B.156V C.220V D.211V4.(05北京春季,21)6分.一个边长为6cm的正方形金属线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场垂直,电阻为0.36磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示,则线框中感应电流有效值为( ) A. B.C. D.5.(四川)如图所示,一个匝数为10的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,周期为T.若把万用电表的选择开关拨到交流电压挡,测得a、b两点间的电压为20V,则可知:从中性面开始计时,当t=T/8时,穿过线圈的磁通量的变化率约为( )A.1.41Wb/s B.2.0Wb/sC.14.1Wb/s D.20.0Wb/s6.在右图所示电路中, 电阻R、电感线圈L、电容器C并联接在某一交流电源上,三个相同的交流电流表的示数相同.若保持电源的电压不变,而将其频率增大,而三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系是( )A.I1=I2=I3 B.I1I2I3C.I2I1I3D.I3I1I27.下面的电路图是电子技术中的常用电路.a、b是电路的输入端,其中输入的高频电流用“ ”表示,低频电流用“ ”表示,直流电流用“”表示.负载电阻R中通过的电流有以下说明( )图甲中R通过的是低频电流图乙中R通过的是高频电流图乙中R通过的是低频电流图丙中R通过的是直流电流图丁中R通过的是高频电流A.B.C.D.8.(江苏)如图甲所示,在周期性变化的匀强磁场区域内有垂直于磁场的一个半径为r=1m、电阻阻值为R=3.14的金属圆形线框,当磁场按图乙所示规律变化时,线框中有感应电流产生. (1)在丙图中画出感应电流随时间变化的i-t图象(以逆时针方向为正);(2)求出线框中感应电流的有效值.9.(黄冈)高频焊接是一种常用的焊接方法,其焊接的原理如图所示.将半径为10cm的待焊接的圆形金属工件放在导线做成的1000匝线圈中,然后在线圈中通以高频的交变电流.线圈产生垂直于金属工件所在平面的变化磁场,磁场的磁感应强度B的变化率为焊接处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的99倍.工件非焊接部分每单位长度上的电阻为R0=10-3m-1,焊接的缝宽非常小,求焊接过程中焊接处产生的热功率.(取2=10,不计温度变化对电阻的影响)第二讲变压器 电能的输送教学目标：1了解变压器的工作原理，掌握理想变压器的电流、电压与匝数的关系2理解远距离输电的原理教学重点：理想变压器的电流、电压与匝数的关系教学难点：变压器的工作原理教学方法：讲练结合，计算机辅助教学考点理解：1.变压器(1)变压器是根据电磁感应的原理来改变交流电的电压,变压器工作的基础为互感现象.理想变压器:输入功率和输出功率相等.P入=P出(2)理想变压器的基本关系式:变压比:.电流关系: .若干副线圈时:,;或(3)各物理量的关系原线圈电压U1由提供原线圈电压的电源决定.副线圈电压U2由原线圈的电压和匝数比决定,与副线圈接的用电器无关.副线圈的电流由副线圈的电压U2和副线圈接的用电器决定()原线圈的电流由输入功率=输出功率决定.a.变压器空载时,无电流、无功率输出,所以输入功率也为零.b.当副线圈短路时,I2无限大,I1也无限大将烧坏变压器.2.远距离输电(1)关键:减少输电线上电能的损失.P耗=I2R线(2)方法:a.减小输电导线的电阻,如采用电阻率小的材料;加大导线的横截面积.b.提高输电电压,减小输电电流.(3)交流电远距离高压输电电路模式如图所示. (4)远距离高压输电的几个基本关系: 功率关系:,电流、电压关系: 输电电流: 输电导线上损耗的电功率:二、方法讲解1.变压器习题一般解题思路【思路1】电压思路变压器原、副线圈的电压之比为;当变压器有多个副绕组时,只要绕在同一闭合铁芯上,任意两线圈之间总有【思路2】功率思路理想变压器的输入、输出功率为P入=P出,即P1=P2;当变压器有多个副绕组时,P1=P2+P3+【思路3】电流思路对只有一个副绕组的变压器有;当变压器有多个副绕组时n1I1=n2I2+n3I3+【思路4】原理思路变压器原线圈中磁能量发生变化，铁芯中相等.当遇到“ ”型变压器时有【思路5】(变压器动态问题)制约思路(1)电压制约:当变压器原、副线圈的匝数比一定时,输出电压U2由输入电压决定,即,可简述为“原制约副”.(2)电流制约:当变压器原、副线圈的匝数比一定,且输入电压U1确定时,原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定,即,可简述为“副制约原”.(3)负载制约:变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定,P2=P负1+P负2+;变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定, ;总功率P总=P线+P2.动态分析问题的思路程序可表示为:2.应用欧姆定律和焦耳定律解决远距离输电问题.(1)思路.在远距离输送电能的过程中,由能的转化和守恒定律可知,发电机的总功率应等于线路上损失的热功率和用户得的功率之和(如果不考虑变压器自身的能量损失). (2)方法.远距离输电时,利用升压变压器大幅度地提高输电电压,从而减小输电电流,减小线路上的热损耗功率,求解电热功率时,单就输电导线而言,其电感可视为零,电路对交变电流的影响主要为电阻,即为所谓的纯电阻电路,电功等于电热,W=Q=I2Rt.(3)创新.因为输电线电阻为定值,且输送电能的总功率一定,则,即.因此,求解P损常用比例的方法,这样能快捷有效,突出事物本质,减少运算过程.考点应用1.变压器习题归类(一)常规类(一原一副,“”型铁芯)例1:如图所示,理想变压器原副线圈匝数比为n1:n2=4:1,原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等.a、b端加一定交变电压后,两电阻的电功率之比PA:PB= ,两电阻两端电压之比UA:UB= .分析:此题很容易将变压器电阻A消耗的功率当成原线圈的输入功率,并将a、b两端电压当成变压器原线圈的电压U1.从而得到错误答案1:1,4:1.解:实际上电阻A消耗的功率并非变压器原线圈的输入功率,这是因为电阻A串联在原线圈中,根据理想变压器的变流公式.设A、B的电阻均为R,再根据电功率公式;电阻A两端的电压也并非原线圈的输入电压,电阻A、B两端电压之比为.点评:本题考生要区分公式中的U1和U2是加在原副线圈两端的电压,并非电阻上的电压,在本题中A电阻上的电压不是U1,所以计算时不能用.(二)变压器动态问题例2:如图,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为加在原线圈两端的电压,I1为原线圈中的电流强度,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P的位置不变,K由b合到a时,R消耗的功率减小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将增大分析:由于对变压器工作原理理解不深刻,辨不清原副线圈中的变量与不变量,理不明各量间“谁制约谁”的制约关系,导致错选.解:K由a合到b时,n1减小,由,可知U2增大,随之增大,而P1=P2，又P1=I1U1,从而I1增大,A正确:K由b合到a时,与上述情况相反,P2将减小,B正确:P上滑时,R增大,减小,又P1=P2,P1=I1U1,从而I1减小,C错误,U1增大,由可知,U2增大,随之增大,由可知I1也增大,D正确.故选项A、B、D正确.点评:(1)此类问题大致有两种情况:一是负载电阻不变,原、副线圈的电压(U1、U2),电流(I1、I2)，输入功率,输出功率随匝数比变化而变化的情况;另一类是匝数比不变,上述各量随负载电阻变化而变化的情况.(2)根据题意分清变量与不变量(3)要明确变量之间的相互制约关系在理想变压器中,原线圈(相当于交流电源的用电器)的端电压U1是不变的,其值由电源决定,与原、副线圈的匝数n1、n2无关;副线圈的端电压U2由U1和匝数比(n2/n1)共同决定,与负载电阻无关.在原、副线圈匝数比(n1/n2)和输入电压U1确定的情况下,原线圈中的输入电流是由副线圈中的输出电流I2决定的;I1=n2/n1I2.(当然I2是由所接负载的多少而定的).变压器的输入功率随输出功率而变化,但变压器不能改变R入=R出关系,由P入=P出=I2U2=得知变压器的功率与n1、n2、U1、R都有关系.(4)动态分析的思路是:U1U2I2I1,P2P1(三)多个副线圈问题例3:一台理想变压器原线圈匝数n1=1100匝,两个副线圈的匝数分别是n2=60匝,n3=600匝,若通过两副线圈中的电流强度分别是I2=1A,I3=4A,求原线圈中的电流强度.分析:此题极易生搬硬套公式,得出,I1=3A的错解.电流强度与匝数成反比,仅适用于理想变压器只有一只副线圈的情况,本题有两个副线圈,应根据理想变压器无能量损失来分析,由于理想变压器无能量损失,所以有P1=P2+P3(P1为原线圈输入功率,P2、P3分别为两只副线圈的输出功率).解：根据电功率公式有:I1U1=I2U2+I3U3 又因为, , 把代入,整理得:I1n1=I2n2+I3n3所以点评:由“输出”决定“输入”是求解变压器问题的重要原则和一般方法.(四)副线圈的连接问题例4:一理想变压器的初级线圈为n1=100匝,次级线圈n2=30匝, n3=20匝，一个电阻为48.4的小灯泡接在次级线圈n2与n3上,如图所示.当初级线圈与的交流电源连接后,变压器的输入功率是:A.10W B.20W C.250W D.500W分析:此题发生错解的主要原因是对副线圈连接后的感应电动势的计算方法不明.解:由于次级两组副线圈的组合连接使得小灯泡回路中两线圈产生的感应电动势方向相反,所以小灯泡的工作电压有效值为:则因为理想变压器输入功率等于输出功率,故答案应选A.点评:弄清两负线圈的绕法再依据变压器的原理法拉第电磁感应定律求解是解决此题的关键.(五)“”型铁芯问题例5:如图所示为某变压器对称铁芯的示意图.已知此时原线圈端输入交流电压,原线圈匝数n1=22匝,副线圈匝数n2=6匝.则副线圈cd端输出的电压的有效值为:A.15V B.30V C.60V D.120V分析:此题发生错解的主要原因是穿过原副线圈的磁通量不同.解:因为磁感线为闭合曲线,根据铁芯磁通路的对称性可知,任何时刻原线圈中磁通量的变化率都是副线圈中的2倍.所以有: 则,所以应选B.点评:此类变压器问题要弄清穿过原线圈的磁通量的变化率与穿过副线圈磁通量的变化率不相等,再根据法拉第电磁感应定律推导U1与U2的关系,实质上是要理解变压器的原理.2.远距离输电例6:有一台内阻为1的发电机,供给一个学校照明用电,如图所示,升压变压器的匝数比为1:4,降压变压器的匝数比为4:1,输电线的总电阻R=4,全校共22个班,每班有“220V 40W”的电灯6盏,若保证电灯全部正常发光,求: (1) 发电机输出功率多大?(2) 发电机电动势多大?(3) 输电效率是多少?(4)若使用灯数减半且正常发光,发电机输出功率是否减半?分析:题中未加特别说明,变压器即视为理想变压器,由于发电机至升压变压器及降压变压器至学校距离较短,不必考虑该两部分输电导线上功率损耗,发电机的电动势E,一部分降在电源内阻上,即I1r,另一部分为发电机的路端电压U1,升压变压器副线圈电压U2的一部分降在输电线上,即I2R,其余的就是降压变压器原线圈电压,而U3应为灯的额定电压U额,具体计算由用户向前递推即可.解:(1)对降压变压器:W,而V,所以A.对升压变压器:=(624+5280)W=5424W.(2)因为,所以.又 ,所以 ,故.(3)(4)电灯减小一半时:.故,发电机输出功率减少一半还要多,因输电线上的电流减少一半,输电线上电功率损失减少到原来的1/4.点评:公式中的U1、U2分别是线圈n1两端电压和线圈n2两端电压,而公式I1n1=I2n2中的I1和I2分别为流经线圈n1和n2的电流.对理想变压器来说,P入=P出是常用的且较简单的解题方法.解决多级变压输电时,应先画输电电路草图,并在草图上标出各量,然后依次逐级计算.课堂练习1.在某交流电路中,有一正在工作的变压器,原、副线圈匝数分别为n1=600,n2=120,电源电压U1=220,原线圈中串联一个0.2A的保险丝,为保证保险丝不被烧毁,则:A.负载功率不能超过44WB.副线圈电流最大值不能超过1AC.副线圈电流有效值不能超过1AD.副线圈电流有效值不能超过0.2A2.如图所示,某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节.原线圈两端电压为一最大值不变的正弦式交变电流,在其他条件不变的情况下,为使变压器输入功率增大,可使:A.原线圈匝数n1增加B.副线圈匝数n2增加C.负载电阻R的阻值增大D.负载电阻R的阻值减小3.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数n1:n2:n3=3:2:1,副线圈上接有“8V,8W”的灯泡L1、L2,副线圈上接有“6V,9W”的灯泡L3、L4,原线圈上接有电阻R1=3,当a、b两端接交变电源后,L1、L2正常发光,则交变电源的输出功率为:A.24W B.34W C.36W D.72W4.一台理想变压器如图所示,现有两个均标有“6V、0.9W”和一个标有“3V、0.9W”字样的小灯泡,要使它们接在副线圈的同一电路中,且都能正常发光,请在图中画出连接电路并计算原线圈中的电流强度.5.如图所示,在绕制变压器时,某人误将两个线圈绕在图示变压器铁芯的左右两个臂上,当通以交流电时,每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈,另一半通过中间的臂,已知线圈1、2的匝数比为N1:N2=2:1,在不接负载的情况下:A.当线圈1输入电压220V时,线圈2输出电压为110VB.当线圈1输入电压220V时,线圈2输出电压为55VC.当线圈2输入电压110V时,线圈1输出电压为220VD.当线圈2输入电压110V时,线圈1输出电压为110V6.(02粤豫大综合,9)4分.远距离输电线的示意图如下:若发电机的输出电压不变,则下列叙述中正确的是( )A.升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B.输电线路中的电流只由升压变压器原线圈的匝数比决定C.当用户用电器的总电阻减小时,输电线上损失的功率增大D.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压7.某发电厂通过两条输电线向远处的用电设备供电.当发电厂输出的功率为P0时,额定电压为U的用电设备消耗的功率为P1.若发电厂用一台升压变压器T1先把电压升高,仍通过原来的输电线供电,到达用电设备所在地,再通过一台降压变压器T2把电压降到用电设备的额定电压,供用电设备使用,如图所示.这样改动后,当发电厂输出的功率仍为P0时,用电设备可获得的功率增加至P2.试求所用升压变压器T1的原线圈与副线圈的匝数比N1/N2以及降压变压器T2的原线圈与副线圈的匝数比n1/n2各为多少?第三讲电磁场和电磁波）考点要求内 容要 求说 明电磁场，电磁波，电磁波的周期、频率、波长和波速无线电波的发射和接收电视，雷达知识结构考点理解(一) 麦克斯书电磁场理论麦克斯韦电磁场理论包括两个要点:(1)变化的磁场产生电场均匀变化的磁场产生不变的电场;非均匀变化的磁场产生变化的电场;振荡磁场产生同频率的振荡电场;(2)变化的电场产生磁场均匀变化的电场产生稳定的磁场;非均匀变化的电场产生变化的磁场;振荡电场产生同频率的振荡磁场.(3)变化的磁场所产生的感应电场的方向可以利用楞次定律来判断.(二)电磁波英国物理学家麦克斯韦提出的电磁场理论预言了电磁波的存在,德国物理学家赫兹用实验证实了电磁波的存在.电磁波是横波,电场方向和磁场方向都与传播方向垂直.电磁波与物质相互作用时,能发生反射、吸收、折射现象;电磁波具有波的共性,能产生干涉、衍射等现象;电磁波在真空中传播速度为光速,在介质中波速减小.遵循波长、波速、频率的关系;电磁波向外传播的是电磁能.方法讲解应用变化的电磁场的解题思路1.变化的磁场在周围空间激发的电场,其电场线呈涡旋状,这种电场叫做涡旋电场.涡旋电场与静电场一样,对电荷有力的作用,但涡旋电场又与静电场不同,它不是静电荷产生的,它的电场线是闭合的.在涡旋电场中移动电荷时,电场力做的功与路径有关,因此不能引用“电势”、“电势能”等概念.2用联系的观点认识规律，变化的磁场产生电场是电磁感应现象的本质.考点应用例1:关于电磁波和声波,下列说法正确的是( ).A.电磁波是电磁场由发生的区域向远处传播,声波是声源的振动向远处传播B.电磁波的传播不需要介质,声波的传播需要传播介质C.由空气进入水中传播时,电磁波的传播速度变小,声波的传播速度变大D.由空气进入水中传播时,电磁波的波长变小,声波的波长变大解析:由电磁波、声波的概念可知选项A正确.因为电磁波可以在真空中传播,而声波传播需要介质,故选项B正确.因为电磁波在空气中的传播速度大于在水中的传播速度,而声波在空气中的传播速度小于在水中的传播速度,而且无论电磁波或声波,由一种介质进入另一种介质频率不变.因此由可知,选项C、D都正确.答案为A、B、C、D.点评:机械波在介质中的传播速度由介质决定,与机械波的频率无关;电磁波在介质中的传播速度不仅取决于介质,还与电磁波的频率有关,频率越大,传播速度越小.电磁波本身是物质,所以电磁波的传播不像机械波需要别的物质作为介质,机械波不能在真空中传播,而电磁波可在真空中传播.电磁波与机械波也有相同之处,两者都是周期性的,都是传播能量的过程, .例2:如图是一个水平放置的玻璃圆环型小槽,槽内光滑,槽宽度和深度处处相同,现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中,让它受绝缘棒打击后获得一初速0,与此同时,有一变化的磁场垂直穿过玻璃环形小槽外径所对应的圆面积.磁感应强度的大小跟时间成正比.其方向竖直向下.设小球在运动过程中电荷量不变,那么( )A.小球受到的向心力大小不变B.小球受到的向心力大小不断增加C.磁场力对小球做了功D.小球受到的磁场力大小与时间成正比解析:根据麦克斯韦电磁场理论.可知磁感应强度随时间线性增大时,将产生稳定的感应电场;根据楞次定律可知感应电场的方向与小球初速度方向相同;因小球带正电,故电场力对小球做正功,其速率随时间增大,向心力的大小()随之增大,选项A错误,B正确.带电小球所受的洛伦兹力F=qB,因为球速随时间逐渐增大,且Bt.故选项D错误.因洛伦兹力对运动电荷不做功.故选项C错误.答案:B点评:本题将麦克斯韦电磁场理论与带电粒子在磁场中做圆周运动相结合.解题关键是分析出磁感应强度跟时间成正比且方向不变.据麦克斯电磁场理论.在小球轨道处将产生稳定的涡旋电场,电场对小球加速.例3:(1)家用微波炉主要由磁控管、波导管、微波加热器、炉门、直流电源、冷却系统、控制系统、外壳等组成.接通电源后,220V交变电流经一变压器,一方面在次级(副线圈)产生3.4V交变电流对磁控管灯丝加热,同时在次级(副线圈)产生xxV高压经整流加到磁控管的阴、阳两极之间,使磁控管产生频率为2450MHz的微波,微波经炉顶的波导管传输到金属制成的加热器(炉腔),被来回反射,微波的电磁作用使食物内分子高频地运动而使食物内外同时受热,因而加热速度快,效率高,并能最大限度地保存食物中的维生素.试回答:变压器产生高压的原、副线圈的匝数比为多少?微波输出功率为700W的磁控管每秒产生的光子数n为多少?(2)微波炉的心脏是磁控管,即微波发生器,磁控管的输出功率一般为500W700W.磁控管通过天线向波导管发射出带有高频能量的电磁波即微波,微波在波导管内经过多次反射后,再照射到炉膛内食品上.如图为磁控管的示意图, 一群电子在垂直于管的某截面内做匀速圆周运动,在管内有平行于管轴线方向的匀强磁场,磁感应强度为B,在运动中这群电子时而接近电极1,时而接近电极2,从而使电极附近的电场强度发生周期性变化,产生电磁波.由于这一群电子散布的范围很小,可以看作集中在一点,共有N个电子.每个电子的电量为e,质量为m.设这群电子圆形轨道的直径为D,电子群离电极1端点P的最短距离为r.问:这群电子做圆周运动的速率、频率各是多少?在电极1的端点P处,电场强度变化的频率是多少?在电极1的端点P处,运动的电子群产生的电场强度最大值、最小值各是多少?解析:(1)根据题意可知变压器产生高压的原、副线圈的匝数比为:220:xx=11:100.由能量关系得Pt=nh.故每秒产生的光子数为:(2)按照题意,这群电子看成集中在一点,即带有电量Ne的“点”电荷,在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力.根据牛顿第二定律有:,得电子做圆周运动的速率:.电子做圆周运动的频率:.根据题意,电子绕圆周运动一周,P处的电场强度也周期性变化一次,则电场强度变化的频率等于电子做圆周运动的频率,即为.由点电荷的场强公式可知:在电极1的端点P处,运动的电子群产生的电场强度最大值为,最小值为.点评:家用微波炉是现代家庭生活中一种加热器,运用相关物理知识探究微波炉的有关问题,是理论联系实际的需要,同时也是高考命题的方向.课堂练习1.关于电磁场和电磁波,下列说法正确的是A.电磁波是横波B.电磁波的传播需要介质C.电磁波能产生干涉和衍射现象D.电磁波中电场和磁场的方向处处相互垂直2.如图所示, 一正离子在垂直匀强磁场的固定光滑轨道内做逆时针匀速圆周运动,当磁场均匀增强时,离子的动能将( )A.增大 B.减小 C.不变 D.可能增大,也可能不变3.按照麦克斯韦的电磁理论,以下说法正确的是( )A.恒定的电场周围产生恒定的磁场,恒定的磁场周围产生恒定的电场B.变化的电场周围产生磁场,变化的磁场周围产生电场C.均匀变化的电场周围产生均匀变化的磁场,均匀变化的磁场周围产生均匀变化的电场D.均匀变化的电场周围产生稳定的磁场,均匀变化的磁场周围产生稳定的电场4.下列关于电磁波的说法正确的是( )A.只要电场和磁场发生变化,就能产生电磁波B.电磁波传播需要介质C.停止发射电磁波,发射出去的电磁波仍能独立存在D.电磁波具有能量,电磁波的传播是伴随着能量向外传递的参考答案第一课时1大小和方向都随时间变化 正弦2中性面 电流的热效应 有效值 5.0.02s 50Hz 6.感抗 容抗 7.越大 越小 8.通直流,阻交流,通低频,阻变频,通交流,阻直流,通高频,阻低频 9.电磁感应 P入=P出 10.提高电压 11.LC 振荡电流12.电容 电压 线圈磁通量、磁场能、振荡电流、电量、电场能 13、 14.电场 磁场 15.3108m/s第二课时1.C 2.A 3.B 4.B 5.C 6.D 7.D 8.(1)如图所示 (2)设电流的有效值为I,则有9.工件中产生的最大感应电动势为代入数据解得V工件非焊接部分的电阻代入数据得焊接部分的电阻为R2=99R1工件的总电阻为R总=R1+R2=100R1工件中电流,故I=500A焊缝处产生的热功率P=I2R2,得P=4.95104W第三课时1.AC 2.BD 3.C 4.1.010-2A 5.BD6.C 7. 第四课时1ACD 2.A 3.BD 4. CD