2019-2020年高三物理第一轮复习《第十三章 交变电流 电磁场和电磁波》教案.doc

2019-2020年高三物理第一轮复习第十三章 交变电流 电磁场和电磁波教案备课指要教学建议1、对正弦交变电流的产生过程的研究过程实际上就是对电磁感应知识的应用过程。2、正弦交变电流的产生过程是理解正弦交变电流规律的基础，正弦交变规律是理解交变电流的描述的基础。3、复习正弦交变电流的规律时要注意将公式，图象以及具体产生过程相结合。4、要注意交变电流的瞬时值、最大值、有效值的定义以及实际意义，尤其是在有效值的定义中要体会用到的等效思想。5、注意区别交变电流的瞬时值，有效值以及平均值的具体含义及用法。案例导入例1 一个面积为S的矩形圈在匀强磁场中以其一条边为转轴做匀速转动，磁场方向与转轴垂直。线圈中感应电动热e与时间t的关系如图13-45-1所示。感应电动势最大值和周期可由图中读出，则磁感应强度B= 。在t=时刻，线圈平面与磁感应强度的夹角等于 。【分析】由交变电流规律知，不论线圈从何处旋转，都是在中性面处电动势为零，在与中性面垂直处电动势最大，最大值为Em=NBS。由图可知t=0时刻，线圈在与中性面垂直处，所以瞬时感应电动势的表达式应为e=Emcost= NBScost。根据这个规律，即可求解。【解答】（1）由Em=NBS及知B=，这里N=1，故正确答案为。（2）如图13-45-2所示，t=时，线圈转过的角度，即=30（答150也算对）。【答案】（1）；（2）30（或150）【归纳】该题的解题基础是正弦交变电流的产生原理。通过本题可以很好的复习正弦交变电流的产生过程及规律。例2 一阻恒定的电阻器，当两端加上10V的直流电压时，测得它的功率为P；当两端加上某一正弦交变电流压时，测得它的功率为。由此可知该交变电流电压的有效值为 V，最大值为 V。【分析】直流电的功率可以直接用功率公式，而正弦交变电流在计算功率时要用电流的有效值。【解答】由题意可得，电阻器两端加上直流电时；加上交变电流时 。由以上两式解得U有效=。而 U有效=，所以 U最大=最大=10V。【答案】，10。【归纳】本题考察的主要目的是交变电流的有效值的意义以及正弦交变电流的有效值和最大值之间的关系。知识梳理1、正弦交变电流的规律正弦交变电流的电动势、电压和电流随时间的变化规律分别为e=Emsint. u= Umsint. i= Imsint. 对以上三个关系式，应注意：（1）角频率等于线圈转动的角速度，且=2n（n为转速）（2）最大值Em=NBS（N为线圈匝数、S为线圈面积）（3）是从中性面位置开始计时的。平面线圈在匀强磁场中旋转，当线圈平面垂直于磁感线时，各边都不切割磁感线，线圈中感生电动势为零，这个位置叫中性面。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，感生电动势为零。线圈经过中性面时，内部电流方向要发生改变。（4）交变电流的变化规律及Em与线圈的形状以及转动轴处于线圈平面内的位置无关（注意：要求转轴与磁场方向垂直）2、表征交变电流的物理量（1）瞬时值：交变电流的瞬时值反映的是不同时刻交变电流的大小和方向，瞬时值是时间的函数，其关系如1中式。（2）最大值：交变电流的最大值反映的是交变电流大小的变化范围，当线圈平面与磁感线平行时，交变电流动势最大，Em= NBS，瞬时值与最大值的关系是EmeEm。（3）有效值：交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的，即在同一时间内，跟某一交变电流能使用一电阻产生相等热量的直流电的数值叫做该交变电流的有效值。正弦交变电流的有效值与最大值的关系是交变电流的有效值用得很广泛，交变电流铭牌上标明的额定电压、额定电流是指有效值。不加特别说明时，交变电流、电压、电动势均指有效值。重、难、疑点剖析1、注意理解交变电流的有效值的物理意义或定义方法公式仅适用于正弦交变电流。而对于其他交流电，要从有效值的物理意义出发去推导。2、注意区别交变电流的有效值与平均值交变电流的有效值是从电流做功的角度来定义的，具体内容见“知识梳理”中的讲解。交变电流的平均值是从通过电荷量的角度来定义的。交变电流图象中波形与横轴（t轴）所围的面积跟时间的比值，其数值可用计算。要注意，某段时间内变电流的平均值不等于这段时间始、终时刻瞬时值的算术平均值。例如：在时间内。例1 如图13-45-3甲分别表示交变电流随时间变化的图象，则这两个交变电流的有效值分别是 A和 A。【分析】根据有效值的定义，可以选择计算交变电流一个周期之内在某电阻R上产生的热量，然后计算多大的直流电在该电阻上相等时间内产生相等的热量，该直流电的值就是交变电流的有效值。【解答】对于图甲，设将该电流通到某一纯电阻R上在一个周期T内产生热量为Q，则=（4）2+R令Q=I2RT，依有效值定义可知，式中I即为有效值。故将图乙所示交变电流通过电阻R，在一个周期内产生热量为Q，则T令Q= I2RT，式中I为有效值，故A【答案】5A，1A【归纳】对于物理概念和规律，一定要理解其物理涵义，才能正确地、灵活地进行运用。例2 如图13-45-4所示，边长为a的单匝正方形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，以OO边为轴匀速运动，角速度为，转轴与磁场方向垂直，线圈电阻为R，求：（1）线圈从图示位置转过的过程中产生的热量Q；（2）线圈从图示位置转过的过程中通过线圈某截面的电荷量q。【分析】线圈中产生的热量需从转运过程中交变电流的有效值考虑；通过线圈截面的电荷量需从交变电流的平均值考虑。【解答】（1）线圈转动中感应电动势的峰值Em=Ba2感应电流的有效值为。线圈转过的时间，所以在转动过程中产生的热量为R=。（2）线圈转过过程中的感应电动势和感应电流的平均值分别为所以，在转动过程中流过导体截面的电荷量为q=【答案】（1）；（2）【归纳】注意电流的有效值和平均值的具体意义。备用题例3 一矩形线圈与匀强磁场垂直的中心轴OO按如图13-45-5所示逆时针方向旋转。引出线的两端与互相绝缘的半圆铜环连接，两个半圆分别与固定电刷A、B滑动接触，电刷间接有电阻R，在线圈转运过程中，通过R的电流（ ）A.大小和方向都不断变化B.大小不断变化，方向从ARBC.大小和方向都不变D.大小不断变化，方向从BR【分析】与固定电刷A、B滑动接触的两个半圆环起到了换向器的作用。【答案】D【归纳】应比较交变电流动机和直流电动机的结构和原理。考题回放1、交变电流的产生原理是高考考察的重点，需要真正掌握交变电流的产生原理以及交变电流的相关概念。例1 一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度，绕垂直于磁场方向的固定轴转动。线圈匝数n=100。穿过每匝线圈的磁圈的磁通量随时间按正弦规律变化，如图13-45-6所示。发电机内阻r=5.0，外电阻电阻R=95。已知感应电动势的最大值Em=nm；其中m为穿过每匝线圈磁通量的最大值。求串联在外电路中的交流电流表（内阻不计）的读数。【分析】从题给的-t图象可以读出m和T（可计算角速度），从而可以计算感应电动势的最大值，再结合全电路欧姆定律就可以计算电路的最大电流，最后根据正弦交变电流最大值和有效值的关系计算交变电流电流的有效值（即交变电流流表的读数）。【解答】已知感应电动势的最大值Em=nm 设线圈在磁场中转动周期为T，则有 根据欧姆定律，电路中电流的最大值为 设交变电流流表的读数为I，它是电流的有效值，根据有效值与最大值的关系，有 由题给的-t图线可读得。解以上各式，并代入数据，得I=1.4A 【答案】I=1.4A【反思】本题主要考察交变电流的产生原理，也考察了全电路欧姆定律和周期与角速度的关系，以及交变电流流表读数的含义，属于一道综合题，但只要掌握了相应的基础知识，解答本题还是比较容易的。2、高考中常常将交变电流的产生原理与实际过程相结合，考察学生掌握知识的深刻程度。例2 磁铁在电器有中广泛的应用，如发电机，如图13-45-7所示。已知一台单相发电机转子导线框共有N匝，线框长为l1，宽为l2，转子的转动角速度为，磁极间的磁感强度为B，试导出发电机的瞬时电动势E的表达式。现在知道有一种强水磁材料钛铁硼，用它制成发电机磁极时，磁感应强度可增大到原来的k倍，如果保持发电机结构尺寸，转子转动角速度，需产生的电动势都不变，那么这时转子上的导线框需要多少匝？【分析】根据导体切割磁感应线产生感应电动势的规律求解。【解答】线框在磁场中的位置、尺寸及转动方向如图13-45-8所示。如图13-45-9所示，取轴Ox垂直于磁感应强度，线框从Ox（中性面）处经时间t转过的角度为。 一根长边产生的感应电动势为（Bsin）l1，一匝导线框所产生的感应电动势应为2（Bsin）l1即E1= l1 l2Bsin 又有，故N匝线框产生的电动势应为EN=NE1=N l1 l2BsinT 磁极换成钛铁硼水磁体时，设匝数为N，则有EN=NE1=N l1 l2BsinT 由EN = EN，可得 【反思】平时学习物理规律时，要注意掌握规律的推导过程，很多时候，题目的解题过程实际上就是公式推导过程的体现。探究延伸例 如图13-45-10所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分发别接有短电阻丝（图中用粗线表示），R1=4，R2=8（导轨及其他电阻不计），导轨OAC的形状满足方程（单位：m），磁感应强度B=0.2T的匀强磁场垂直于导轨平面。一足够长的金属棒在水平外力作用下，以恒定的速率v=5.0m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻，求：（1）外力F的最大值；（2）金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；（3）在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系。【答案】（1）金属棒匀速运动 F外=F安。E=BLv。（2）。（3）金属棒与导轨接触间的长度随时间变化且x=vt,E=Blv。 【答案】（1）0.3N；（2）1W；（3）I= 【点评】本题是2003年高考上海卷第22题，考查交变电流规律知识，考查考生对知识的迁移能力。随堂闯关1、一矩形圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图13-45-11所示，则（ D ）A.t1时刻通过线圈的磁通量为零B.t2时刻通过线圈的磁通量绝对值最大C.t2时刻通过线圈的磁通量变化率绝对值最大D.每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都最大【提示】对照线圈的转动过程可知，t1、t2时刻对应中性面，由此易判断D对。2、某交流发电装置产生的感应电动势与时间的关系如图13-45-12所示，如果其他条件不变，仅使线圈转速加倍，则交变电流动势的最大值和周期分别变为（ B ）A.400V，0.02s B.200V，0.02sC.400V，0.08s D.200V，0.08s【提示】由e=NBSsint可知，仅转速加倍，则加倍，得Em=NBS加倍。3、如图13-45-13所示一交变电流的电流随时间而变化的图象，则此交变电流的有效值是（ B ）A.A B.5A C. D.3.5A【提示】由有效值的定义可得解得 I=5A4、如图13-45-14所示矩形线圈面积为S，匝数为N，电阻为r，绕OO轴以角速度匀速转动，当从图示位置转过90的过程中，通过电阻的电荷量为，外力做的功为；当从图示位置转过360的过程中，通过电阻的电荷量为 0 ，外力做的功为。【提示】电荷量应用平均电流计算，即，而。可得 当转过90时 当转过360时 外力做的功等于产生的电能，应该用有效值计算。即 而。当转过90时，当转过360时，W=4W= 5、在一氖管两端加上电压u=311sin(314r)V的交变电流如图13-45-15所示u-t图象，当氖管两端的电压达220V时才开始发光，则此氖管在1s内发光的总时间为多少？【提示】根据u=311sin314t；。0内由220V=311sin314tV。得每秒内发光次数n=2f，所以 t=2ft=0.5(s)。【答案】0.5s6、如图13-45-16所示，匝数为N，面积为S，总电阻为R的矩形闭合线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中按图示方向（俯视逆时针）以角速度绕轴OO匀速转动，t=0时线圈平面与磁感线垂直，规定abcda的方向为电流的正方向，求：（1）线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式；（2）线圈从图示位置开始到转过90的过程中的平均电动势；（3）线圈转动与图示位置成60角时的瞬时电流；（4）线圈转动一周过程中外力做的功。【提示】（1）由交变电流规律易得e=NBSsint；（2）；（3）；（4）W=【答案】(1) e=NBSsint；（2）（3）（4）W课后测试一、选择题1、一个平面矩形圈在绕垂直于磁场的轴转动时，产生的交变感应电动势最大的情况是（B、D）A.线圈平面垂直于磁场 B.线圈平面平行于磁场C.磁通量最大时 D.磁通量为零时【提示】从交变电流的产生原理中可知，线圈平面平行于磁场时，感应电动势最大，此时，穿过线圈的磁通量为零。2、如图13-45-17电路中，已知交变电流源电压U=sin100tV，电阻R=100。电流表和电压表读数分别为（ B ）A.1.41A,200V B.1.41A,141VC.2A,200V D.2A,141V【提示】交流电流表和电压表的示数均为有效值。3、如图13-45-18是在R=100的电阻两端所加电压随时间变化的图象，则该电阻消耗的平均电功率为（ A ）A.W B. W C. W D. W【提示】P=。4、交流发电机在工作时的电动势为e=E0sint，若将电其枢的转速提高1倍，其他条件不变，则其电动势变为（ D ）A. E0sin B.2E0sin C.E0sin2t D. 2E0sin2t【提示】转速提高一倍，则原式中“”应抽象为“2”，而E0=NBS，则E0应换为2 E0。5、如图13-45-19所示，一矩形线圈abcd处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与ab垂直，当线圈以角速度绕ab转动时，感应电动势的最大值为E1，线圈受到的最大磁力矩为M1；当以角速度绕中心轴OO转动时，感应电动势的最大值为E2，最大磁力矩为M2，则M1M2和M2M2分别为（ A ）A.11，1 B. 11，12 C.12，11 D.12，12【提示】感应电动势最大值为E=NBS，磁力矩的最大值为M=NBIS。它们均与转轴的具体位置无关。6、一束带电粒子以初速度v0平行电容器极沿中心轴线射入，两极板间加u=U0sint的电压，带电粒子可能出现的全部区域用斜线表示，在图13-45-20，可以肯定不正确的是（A、C、D）【提示】交变电流在电容器两极间提供偏转电场。二、填空题7、两个完全相同的电热器，分别通过如图13-45-21（a）、（b）所示的电流最大值相等的方波交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比PaPb= 21 。【提示】（a）中，有效值为In=Im；（b）中，有效值为Ib=。8、一个匝数为n、面积为S的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动的过程中，线圈中感应电动势e随时间t的变化关系如图13-45-22所示，感应电动势最大值与周期均从图中读出，则磁场的磁感应强度B为，在0T时间内，有时刻线圈平面与磁场的夹角为60。【提示】由Em=nBS和可得B=。9、一阻值恒定的电阻器，当两端加上10V的直流电压时，测得它的功率为P；当两端加上某一正弦交变电流压时，测得它的功率为。由此可知交变电流压的有效值为V，最大值为10V。【提示】由P=，=得=V，Um=10V。三、解答题10、如图13-45-23所示为直线加速器的原理示意图，n个长度逐渐增大的金属圆筒和一个靶，它们沿轴线排成一串，各筒和靶相间连接在频率为f，最大电压为U的正弦交电流源两端，整个装置放在高真空的容器中，圆筒的两底面中心开有小孔，带电荷量为1、质量为m的正率子沿轴线射入圆筒，并将在圆筒间及圆筒与靶间的缝隙处受到电场力的作用而不断加速，为使打到靶上的离子获得最大能量，各筒长度应满足什么条件？【提示】设带电粒子通过第n个圆筒的速度为v0，该筒长度为Ln，而带电粒子通过第n+1个圆筒的速度为vn+1，该筒长度为L n+1，则 再由能量守恒，每经过一次加速，粒子动能增加qU，故 综合得 【答案】46课时 变压器 电能的输送备课指要教学建议1、讲解变压器原线圈、副线圈的电压和电流规律时，要注重规律的推导过程。2、电能的输送要在明白电能输送过程的基础上，分析涉及到的物理规律与各物理量的对应关系。3、变压器与电路结合的问题有一定的难度，要从物理量之间的关系的角度去分析问题。案例导入例1 如图13-46-1所示，一理想变压器的原线圈匝数n1=1000匝，副线圈匝数n2=200匝，交流电源的电动势e=311 sin (100t)V，电阻R=88。电流表和电压表对电路的影响可忽略不计（ ）A.A1的示数均为0.10AB.V1的示数均为311VC.A 2的示数均为0.75AD.V 2的示数均为44V【分析】根据正弦交变电流的最大值与有效值的关系得知，该交电流源的电动势的有效值等于220V。电压表V1接在原线圈的两端，它的讯数指示的是交变电流源的电动势，也就是加在变压器原线圈两端的电压的有效值。因而电压表V1的示数为220V，故B选项是错误的。题中所给为理想变压器，由理想变压器的电压比公式得到副线圈两端的电压的有效值约为44V。电压表V2接在副线圈的两端，它的读数指示的是加在变压器副线圈两端的电压的有效值，故D选是正确的。由于题干中说明电流表和电压表对电路的影响可忽略不计，因而副线圈电路中的电流也就是通过电流表A2的电流，有效值约为，电流表A1的示数为=0.10A，所以A选项正确而C选项不正确。【答案】A、D【归纳】本题主要考查正弦交变电流的有效值与最大值的关系，以及交变电流压表和电流表的示数是交变电流压表和电流表的有效值；是否理解理想变压器的电压比关系和电流比关系，并能运用来求解有关问题。例2 水电站给远处山村送电的输出功率是100kW，用2000V电压输电，线路上损失的功率是2.5104W，如果改用20000V高压输电，线路上损失的功率是 W。【分析】送电功率一定，电压越大，电流越小，输电线上的功率损失也将变小。【解答】由P=UI，P损=I2R得，P损=。由此可见，线路上的功率与输送电压成反比，所以P损=P损=250W【答案】250W【归纳】通过本题，可以知道功率、电压、电流等物理量的对应关系，尤其要注意“对应”关系。知识梳理1、变压器（1）典型变压器的主要构造是：原副线圈绕在同一闭合铁芯上。（2）工作原理：是电磁感应，称为互感。（3）变压器的作用：改变交变电流电压或电流。注意：变压器不能工作在直流电路中。（4）理想变压器的基本关系：功率关系：P入=P出。电压关系：可以从原、副线圈的磁通量相等推导得出。电流关系：当只有一个副线圈时，由P入=P出得U1I1=U2I2，可推导出：n1I1= n2I2（或）。注意：在求解变压器电路的习题时，要特别注意各物理量的变化是由什么原因引起的。2、远距离输电（1）远距离输电要解决的关键问题：要减少输电线上的电能的损耗，由P耗=I2R线，具体加法有：减少输电导线的电阻，如采用电阻率低的材料，加大输电线的横截面积。通过提高输电电压，减小输电电流。前一方法的作用十分有限，一般采用后一种方法。由式P耗=I2R线和I=可得P耗=（）2R线。这表明，当输送的电能一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损失的功率就减少到原来的，所以远距离输电要采用高压输电。重、难、疑点剖析1、理解变压器规律时，要从变压器的工作原理出发去理解规律的推导过程，才能做到对规律的真正理解和灵活运用。即：电压规律是从法拉第电磁感应定律推导得出的，电流规律是从能量守恒规律得到的。例如：对于有多个副线圈的变压器，由于通过每个线圈的磁通量的变化率相等，所以各线圈的电压规律便为：；由能量守恒（即所有副线圈输出的总能量等于原线圈输入的能量）可得：U1I1= U2I2+ U3I3+，可推导出n1I1= n2I2+ n3I3+2、远距离输电过程中输电导线上有能量损失，在计算时一定要注意公式的正确和灵活使用。以下图为例进行说明，如图13-46-2所示，若电站输出的电功率为P，输出电压为U，用户得到的功率为P，输入用户的电压为U。则输电电流为输电线损失的功率P耗=PP=I2R线=（UU）I。3、变压器与电路的结合问题有一定的难度。在原线圈电路中，将原线圈理解成用电器；在副线圈电路中，将副线圈理解成电源。例1 如图13-46-3所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1n2n3=4431，原线圈两端输入电压U1=220V，在变压器输出端如何连接可使一盏“20V 10W”灯泡正常发光？如何连接可使一盏“10V 5W”灯泡正常发光？通过计算，分别画出连接图。【分析】原线圈输入交变电流，副线圈将输出交变电流，由变压器变压规律容易求出两个副线圈各自的电压，两个副线圈相当于两个电源，用通电螺线管的磁场的知识和楞次定律判断出两个副线圈作为电源的电动势的方向关系，再根据串并联知识即可求解。【解答】由变压器关系，求得。同理 ，变压器两个副线圈输出电压与两个灯泡额定电压均不符，不能直接连接在ab或cd上。要使“20V 10W”的灯泡正常发光，两线圈要同向串连后再与该灯连接如图13-46-4（a）。要使“10V 5W”的灯泡正常发光，两线圈要反向串连后再与该灯连接如图（b）。【答案】见解答中图（a）中将两副圈同向串联，（b）中内为反向串联。【归纳】本题将变压器知识、电流的磁场知识，楞次定律，电路知识结合，综合性强，要注意将各方面的知识融合贯通，灵活运用。例2 发电站通过升压变压器，输电导线和降变压器把电能输送到用户，如果升、降压变压器都可以视为理想变压器。（1）画出上述输电全过程的线路图；（2）发电机的输出功率是100kW，输出电压是250V，升压变压器原、副线圈的匝数比为125，求升压变压器的输出电压和输电线中电流；（3）若输电导线中的电功率损失为总输电功率4%，求输电线电阻和降压变压器原线圈两端电压；（4）计算降压变压器的输出功率。【分析】本题需要运用如图13-46-5所示（2）对升压变压器，I2=（3）P耗=0.04P=4000(W)，P耗=线。R线=。变压器原线圈端电压U3=U2I2R线=6000（V）。（4）P4=PP耗=0.96P=96(kW)。【答案】（1）见解答中图；（2）6250V，16V；（3）15.6，6000V；（4）96kW【归纳】要注意准确，灵活运用各个物理规律。备用题例3 如图13-46-6所示，L1、L2、L3、L4、L5是完全相同的五个灯泡，额定功率为P额。如果各灯都正常发光，求电源输出功率P电及n1n2n3的值。【分析】解决变压器问题的两个规律是能量关系和电压或电流关系，本题应从这里出发去求解。【解答】因各灯均正常发光，故I2=2I额，I3=I额，I1=I额，U2=U额，U3=2U额。依能量特征I1U1= I2U2+ I3U3。 =。依磁通量变化率特征。则n1n2n3=412由能量守恒 P电=5P额。【答案】P电=5P额，n1n2n3=412【归纳】本例指出，是副线圈只有一个绕组时，由磁通量变化率特征、能量特征解出的特定解，绝不可作为规律直接用来解有两个线圈的问题。考题回放1、变压器知识是考察的重点。例1 如图13-46-7所示，一个变压器（可视为理想变压器）的原线圈接在220V的市电上，向额定电压为1.80104V的霓虹灯供电，使它正常发光。为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12mA时，熔丝就熔断。（1）熔丝的熔断电流是多大？（2）当副线圈电路中电流为10mA时，变压器的输入功率是多大？【分析】变压器副线圈电流（或消耗的功率）与副线圈的负载有关系，因此原线圈的电流（或消耗的功率）也与副线圈的负载有关。【解答】（1）设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有I1U1= I2U2，当I2=12mA时，I1即为熔断电流，代入数据，得I1=0.98A。（2）设副线圈中电流为I2=10mA时，变压器的输入功率为P1，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有P1= I2U2，代入数据，得P1=180W。【答案】（1）0.98A；（2）180W。【反思】本题从难度上看属于低档题，只要掌握了变压器的工作原理或变压器的工作规律，均可以正确解答本题。2、远距离输电的问题在高考中偶尔出现例2 超导材料电阻降为零的温度称为临界温度，1987年我国科学家制成了临界温度为90K的高温超导材料。利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电。现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4，它提供给用电器的电功率为40kW，电压为800V，如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为（ ）A.1kW B.1.6103kW C.1.6kW D.10kW【分析】当采用临界温度以下的超导电缆输电时，输电线上将没有功率损失，所以节约的电功率即为原来输电缆上的电阻的功率损失。【解答】由P=UI得U=50A。所以P损=I2R=（50）20.4=1000W，故选A。【答案】A【反思】远距离输电问题与实际联系紧密，但实际上属于电路知识，涉及到的知识较为单一，应该容易掌握。探究延伸例 在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图13-46-8所示的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匝数之比N1N2=21，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110V【分析】本题中，无论线圈1还是线圈2作为原线圈，当通过它的磁通量变化率为时，由于另一线圈所绕铁芯与中央铁芯处于并联状态，因此另一线圈中磁通量的变化率就为。线圈1作原线圈时有U1=n1，U2= n2。U2=。线圈2作原线圈时有U2= n2，U1= n1，U1=。【解答】B、D【点评】本题考查变压器变压比原理，U1=n1，U2= n2，U3= n3，对于“口”型铁芯，原副线圈中相同，所以有=而对于本题的具体情况，这个比例关系式并不成立，需要根据变压器的基本原理去具体分析。随堂闯关1、远距离输送交变电流都采用高压输电，我国正在研究电压比330kW高得多的高压输电方法，采用高压输电的优点是（A、C）A.可节省输电线的钢材料B.可根据需要调节交变电流的频率C.可减少输电线上的能量损失D.可加快输电的速度【提示】采用高压输电，可减少输电线上的能量损失，同时，对输电线的要求降低，不必用电阻率较小的钢材料。2、如图13-46-9所示，甲、乙两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220V的交变电流压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110V。若分别在c、d两端与g、h两端加上110V的交变电流压，则a、b间与e、f间的电压分别为（ ）A.220V、220V B.220V、110VC.110V、110V D.220V、0V【提示】甲图：变压器的规律是变压规律。乙图是分压器，当g、h两端加上110V时，e、g两点电势相等，所以，e、f间电压为110V。3、如图13-46-10所示的理想变压器，两个副线圈匝数分别为n1和n2，当把电热器接在ab，使cd空载时，电流表的示数为I1；当把电热器接在cd，而使ab空载时，电流表读数为I2，则I1I2等于（ ）A. n1n2B.C.n2n1D.【提示】由，nI1= n1I1，I1=。可得 I1=。同理 I2=。 I1I2=4、如图13-46-11所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1n2=21，电源电压U1=220V，A是额定电流I0=1A的保险丝，R是可变电阻，为了使原线圈中的电流值不超过I0，调节电阻R时，其阻值最低不能低于 55 。【提示】，I2=，I1n1=I2n2。得 R=5、一台小型发电机的最大输出功率为100kW，输出电压恒为500V，现用电阻率为1.8108m，横截面积为105m2的输电线向4103m远处的用电单位输电。要使在发电机满负线荷运行时，输电线上损失的功率不超过发电机总功率的4%，求：（1）所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？（2）如果用户用电器的额定电压为220V，理想降压变压器原、副线圈匝数比是多少？（3）画出上述远距离送电全过程示意图。（4）深夜接入电路的用电器减少，当用电器电路中总电流为100A时，用电器两端电压是多少？【提示】（1）输电线总电阻为R线=14.4输电线上电流为I线 =4%P发电机输出电流为I，P=UI。=112（2）U2=U1，U3= U2I线R线，解得=28811（4） I4=100A，I3=I4，U3= U2I3R线解得 U3=5945V。U4=U3=227V。【答案】（1）112；（2）28811；（3）如图13-46-12所示。（4）227V。6、某理想变压器，当其输入端接在电动势E，内阻为r的交变电流源上，输出端接上电阻为R的负载时，R上可获得最大功率，求：（1）这时输入电流多大？负载上最大功率为多少？（2）变压器的变压比是多少？【答案】（1），；（2）课后测试一、选择题1、理想变压器原副线圈两侧一定相同的物理量是（A、B）A.交变电流频率 B.磁通量变化率C.电压 D.电流2、一个理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n1和n2，正常工作时输入和输出的电压、电流、功率分别为U1和U2、I1和I2、P1和P2，已知n1n2，则（B、C）A. U1U2，P1P2 B. P1P2，I1I2C. I1I2，U1U2 D. P1P2，I1I2【提示】由=，I1n1= I2n2，P2= P1即可正确求解。3、远距离输电中，当输送功率为P，输出电压为U时，输电线损失的功率为，那么输电电压应增为（ C ）A.32U B.16U C.8U D.4U【提示】由P=可知：若P减为，P增为4P，则U应增为8V。4、理想变压器原、副线圈的匝数比为41，原线圈接在u=311sin100tV的交变电流源上，副线圈所接的负载电阻是11，则原线圈中电流强度是（ C ）A.5A B.11A C.20A D.55A【提示】交流电源有效值为U1=220V。55AI2=5AI1=20A5、在如图13-46-13电路中，输电线的等效电阻为R，灯泡L1和L2规格相同，变压器为理想变压器，原线圈输入正弦交变电流。开始时，开关K断开，现保证原线圈的输入电压有效值一定，则当K接通时，以下说法正确的是（B、C、D）A.副线圈两端的输出电压减小B.通过灯泡L1的电流减小C.原线圈中的电流增大D.变压器的输入功率增大【提示】当K接通时，副线圈电路总电阻变小，总电流变大，所以原线圈电流变大。变压器输入功率变大。R两端电压变大，副线圈输出电压不变，所以L1两端电压减小，L1的电流减小。6、如图13-46-14所示为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，U1为加在变压器两端的电压，I1为原线圈中的电流，则（A、B、D）A.保持U1和P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大B.保持U1和P的位置不变，S由b合到a时，R消耗功率减小 C.保持U1不变，S由b合到a时，I1将增大D.保P的位置不变，S合在a处，当U1增大时，I1将增大【提示】保持U1和P不变，S由a合到b处，副线圈电压变大，消耗的功率变大，则原线圈功率也变大，即I1也将增大，故A对，同理可分析B、C选项中，P上滑时，副线圈电阻变大，消耗的功率变小，则原线圈功率变小，电流I1也变小，D选项中，U1增大时，副线圈电压U2也增大，电流I2增大故I1也增大。二、填空题7、如图13-46-15所示理想变压器原、副线圈匝数之比n1n2=41，当导体AB在匀强磁场中做匀速切割磁感线的运动时，看到电流表A1上的示数是12mA，此时电流表A2的示数应为 0 mA。【提示】变压器的变压作用只适于交流。8、一理想变压器，原线圈匝数n1=1100，接在电压220V的交流电源上，当它对11只并联的“36V 60W”灯泡供电时，灯泡正常发光。由此可知该变压器副线圈的匝数n2= 180 ，通过原线圈的电流I1= 3 A。【提示】由P=UI，得灯泡间电流为I=A。副线圈电流为 I2=111A副线圈电压为 U2=U=36V n2=。 I1=9、如图13-46-16所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1n2=41，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端加一定交变电流压后，两电阻消耗的电功率之比PAPB= 116 ，两电阻两端电压之比UAUB= 14 。【提示】原、副线圈电流之比为由 P=I2R，可得 ； 10、如图13-46-17所示，接于理想变压器原、副线圈中的四个灯泡完全相同，且都正常发光，则三个线圈的匝数比n1n2n3=321。【提示】由四个灯泡都正常发光可知，三个线圈流过的电流相等。由能量守恒有 U1I= U2I+ U3I，而 U2=2UL，U3=UL，得 U1=3UL。又 = n1n2n3=321。11、一理想变压器，原线圈输入电压为220V时，副线圈的输出电压为22V，如果将副线圈增加100匝，则输出电压增加到33V，原线圈的匝数为 1000 ，副线圈的匝数200。【提示】解得 =1000，n2=200三、解答题12、在图13-46-18的两个交变电流路中，它们的电源电压相同，理想变压器的原、副线圈的匝数为、n2，如果两电源输出的电流相等，则负载电阻R1与R2的比值为多少？【提示】（1）中 P=。（2）中 U2= 。联立上面三式可解得 。【答案】 第47课时 电感和电容对交变电流的作用电磁场 电磁波 无线电波的发射和接收备课指要教学建议1、在复习电感和电容对交变电流的作用时，要注重从实验现象出发去复习，也可以用理论进行定性解释以加深理解。2、麦克斯韦电磁场理论对电流的磁场和电磁感应理论的升华，要注意对规律的准确把握。3、对于电磁波的知识，要注意与机械波联系和区别。4、对于无线电波的发射和接收等知识了解、记忆为主。资料链接麦克斯韦与电磁学麦克斯韦（18311879），麦克斯韦是继法拉第之后，集电磁学大成的伟大科学家。他依据库仑、高斯、欧姆、安培、毕奥、萨伐尔、法拉第等前人的一系列发现和实验成果，建立了第一个完整的电磁理论体系，不仅科学地预言人电磁波的存在，而且揭示了光、电、磁现象的本质的统一性，完成了物理学的又一次大综合，这一理论自然科学的成果，奠定了现代的电力工业、电子工业和无线电工业的基础。麦克斯韦以法拉第的力线概念为指导，透过这些似乎杂乱无章的实际记录，看出了它们之间实际上贯穿着一些简单的规律。于是，他发表了第一篇电磁学论文论法拉第的力度。在这篇论文中，法拉第的力线概念获得了精确的数学表述，并且由此导出了库仑定律和高斯定律。这篇文章还只是限于把法拉第的思想翻译成数学语言，还没有引导到新的结果。1862年他发表了第二篇论文论物理力线，不但进一步发展了法拉第的思想，扩充到磁场变化产生电场，而且得到了新的结果：电场变化产生磁场，由此预言了电磁波的存在，并证明了这种波的速度等于光速，揭示了光的电磁本质。这篇文章包括了麦克斯韦研究电磁理论达到的主要结果。1864年他的第三篇论文电磁场的动力学理论，从几个基本实验事实出发，运用场论的观点，以演绎法建立了系统的电磁理论。18763年出版的电学和磁学论一书是集电磁学大成的划时代著作，全面地总结了19世纪中叶以前对电磁现象的研究成果，建立了完整的电磁理论体系。麦克斯韦在总结前人工作的基本上，引入位移电流的概念，建立了一组微分方程，这方程组确定电荷、电流（运动的电荷）、电场、磁场之间的普遍联系，是电磁学的基本方程，麦克斯韦方程组表明，空间某处只要有变化的磁场就能激发出涡旋电场，而变化的电场又能激发涡旋磁场。交变的电场和磁场互相激发就形成了连续不断的电磁振荡即电磁波。麦克斯韦方程还说明，电磁波的速度只随介质的电和磁的性质而变化，由此式可证明电微波在以太（即真空）中传播的速度，等于光在真空中传播的速度。这不是偶然的巧合，而是由于光和电磁波的本质上是相同的。光是一定波长的电磁波，这就是麦克斯韦创立的光的电磁学说。案例导入例1 如图13-47-1所示，当交变是流源的电压为220V，频率为50Hz时，三只灯泡A、B、C的亮度相同，若将交变电流源的频率改变为100Hz时，则（ ）A.A灯比原来亮B.B灯比原来亮C.C灯亮度不变D.C灯比原来暗【分析】感抗与变电流频率成正经,与线图自感系数成正比。容抗与变电流频率成反比，与电容器电容成反比。故A灯比原来亮，B灯比原来暗，C灯亮度不变。【答案】A、C【归纳】本题综合考查电阻、电感和电容对交变电流的作用。例2 按照麦克斯韦电磁场理论，以下说法正确的是（ ）A.稳定的电场周围产生稳定的磁场B.变化的电场周围产生变化的磁场C.均匀变化的电场周围产生稳定的磁场D.振荡电场周围产生频率的振荡磁场【分析】变化的电场（或磁场）产生变化的磁场（或电场），故选项A错；而均匀变化的电场（或磁场）产生稳定的磁场（或电场），故选项B错、选项C正确；周期性变化的电场（或磁场）周围产生同频率周期性变化的磁场（或电场），故D正确。【答案】C、D【归纳】对麦克斯韦电磁场理论的掌握要分几个层次去理解。（1）电感在交变电流电路中的作用对交变电流阻碍作用产生的机理自感电动势的存在。对交变电流的阻碍作用的描述感抗感抗与交变电流频率成正比，与线圈自感系数成正比。电感在电路中的运用电感在电路中的作用可以简单概括为：“通直流，阻交流”（低频扼流圈）；“通低频，阻高频”（高频扼流圈）（2）电容在交变电流中的作用对交变电流阻碍作用产生的机理电容器两根板积累电荷产生反向电势差，对自由电荷定向运动产生阻碍作用对交变电流的阻碍作用的描述容抗容抗与交变电流频率成反比，与电容器电容成反比。电容在电路中的运用电容在电路中的作用可以简单概括为：“隔直流，通交流”（隔直电容）或“通高频，阻低频”（旁路电容）2、电磁振荡和电磁波（1）电磁振荡LC回路的振荡电流是由于电容器通过自感线圈（可产生自感电动势、阻碍通过线圈电流的变化）不断放、充电产生的，按正弦（或余弦）规定作周期性变化。在LC回路产生振荡电流的过程中，磁场能（由通过线圈中的电流产生）和电场能（由电容器极板上电荷产生）之间不断相互转化，形成电磁振荡。放电、充电过程各量的变化情况如下表：物理量过程线圈中电流电容器电量磁场能电场能放电增大减小增大减小放电完毕最大零最大零充电减小增大减小增大充电完毕零最大零最大LC回路的固有周期和频率：与电容器带电量、极板间电压及回路中电流都无关，只取决于线圈的自感系数L（H）和电容器的电容C（F）。（3）麦克斯韦电磁理论变化电场在周围空间产生磁场，变化磁场在周围空间产生电场。（4）电磁波电磁波的产生周期性变化的电场和磁场总是互相转化，相互激励、交替产生，由发生区域向周围空间传播，这就是电磁波。1865年，英国物理学家麦克斯韦预言电磁波的存在，1888年，德国物理学家赫兹用实验成功地证明了电磁波的存在。由麦克斯韦电磁场理论要点知，振荡的（即周期性变化的）磁场产生同频率的振荡电场，振荡的电场产生同频率的振荡磁场，变化的电场和变化的磁场总是互相联系着，形成一个不可分离的统一体，这就是电磁场。这样交替产生的电磁场由发生区域向远处传播就形成了电磁波。电磁波在空间传播不需要介质，电磁波不是机械波，电磁波本身就是一种物质。它在真空中的传播速度等于光速c=3108m/s。电磁波是横波，它具有波的一切特征，可以发生反射、折射、干涉、衍射等。电磁波的传播速度、波长和频率的关系是v=f。电磁波从真空进入介质，频率不变、波长、波速均变小。3、无线电波的发射和接收、电视和雷达（1）无线电波的发射采用开放式振荡电路发射信号的加载（使电磁波随各种信号而改变，即“调制”）有两种技术；“调幅”使高频振荡的振幅随信号而改变；“调频”使高频振荡的频率随信号而改变；（2）无线电波的接收要对接收电路进行“调谐”（通常通过改变接收电路中可变电容器的电容来实现）来接收信号。当接收电路的固有频率跟接收到的电磁波的频率相同时，接收电路中产生的振荡电流最强这种现象称为“电谐振”。从高频振荡电流中“检”出信号（即“检波”）由调谐电路接收到的感应电流，是经过调制的高频振荡电流，必须要从高频振荡电流中“检”出信号，才能得到信号。从接收到的高频振荡“检”出信号的过程，称为“检波”（又称“解调”）（3）电视、雷达电视、雷达是对无线电波的现代应用。雷达是利用无线电波来测定物体位置的无线电设备。重、难、疑点剖析1、对于麦克斯韦电磁场理论，可以分几个层次进行要准确把握。变化电场在周围空间产生磁场，变化磁场在周围空间产生电场。均匀变化的电场在周围空间产生稳定的磁场，均匀变化的磁场在周围空间产生稳定的电场，如图13-47-3所示。周期性变化的电场在周围空间产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场在周围空间产生周期性变化的电场，如图13-47-4所示。2、电磁振荡的过程和相关物理量的变化要结合起来复习，可以分为对电容器的充电和放电两个过程进行总结。电容器充电时，电容器极板电量增加，极板间电压增加，电场、电场能增加；相应的，电感中的磁场能减小、磁场减弱，电流逐渐减小。电容器放电时，电容器极板电量减少增加，极板间电压减小，电场减弱、电场能减小；相应的，电感中的磁场能增加、磁场增强，电流逐渐增加。例1 内壁光滑，水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口径的带正电小球，以速率v0沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比增加的磁场，如图13-47-5所示，设运动过程中小球带电荷量不变，则（ ）A.小球对玻璃杯的压力一定不断增大B.小球受到的磁场力一定不断增大C.磁场力对小球一直不做功D.小球沿逆时针方向减速运动过一段时间后沿顺时针方向加速运动【解答】当磁场增加时，将产生与小球运动方向相反的涡旋电场，该电场将使小球受到一个与小球运动方向相反的电场力，小球的速度将会变小，过一段时间，将沿反方向加速运动，故D正确；加上磁场后，小球运动时，受到背离圆心方向的洛伦兹力，洛伦兹力垂直于小球的运动方向，是不做功的，故C正确；一方面磁场逐渐增大，另一方面，小球的速度先