1、考点清单,考点一 交流电 考向基础 一、交变电流及正弦式交变电流的产生 1.交变电流 大小和方向都随时间做 周期性 变化的电流。如图甲、乙、丙、 丁所示都属于交变电流,其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变 电流,简称 正弦式 电流,如图甲所示。,2.正弦式交变电流的产生 (1)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 于磁感线的轴做匀速转动时,线圈中就会产生正弦式交变电流。(2)中性面与最大值面 a.中性面:与磁场方向 垂直 的平面叫中性面。线圈处于中性面位 置时,各边都 不切割 磁感线(选填“切割”或“不切割”),线圈中 没有 感应电动势(选填“有”或“没有”),
2、此位置磁通量 最,大 ,磁通量的变化率 最小 。 b.最大值面:与磁场方向平行的平面叫最大值面。线圈处于最大值面位 置时,切割方向垂直于磁场方向,感应电动势 最大 。此位置磁通 量 最小 ,磁通量的变化率 最大 。 二、正弦式交变电流的图像和三角函数的表达 1.正弦式交变电流:正弦式交变电流的电动势最大值Em= nBS ,其 中 n 是线圈的匝数, B 是匀强磁场的磁感应强度, S 是线圈面积, 是线圈绕转轴转动的角速度。若从线圈经过中性 面即线框与磁场垂直开始计时,则电动势瞬时值E= Em sin t ,而 磁通量瞬时值= nBS cos t ,即当电动势按照正弦规律随时间变 化时,磁通量按
3、照余弦规律随时间变化。,2.正弦式交变电流的变化规律及对应图像,四、周期与频率,周期和频率:交变电流完成 一次周期性变化 所用的时间叫周期;1s内完成周期性变化的次数叫频率。它们和角速度间的关系为: =2f 。 考向突破 考向一 交变电流及正弦式交变电流的产生 1.正弦式交变电流的产生 矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴O转动时,线圈的两条边切割磁感线产 生感应电动势,如图所示,设线圈的匝数为n,转动角速度为,ab边的长度 为l1,ad边的长度为l2。 若从中性面开始计时,经时间t转到如图所示位置,线圈转过t。,ab边产生的电动势 e1=nBl1 l2 sin t cd边产生的电动势 e2=nBl1
4、 l2 sin t 据右手定则可知总电动势e=e1+e2=nBl1l2 sin t=nBS sin t。其中nBS 为电动势的最大值。,2.相关结论 (1)一个周期内电流的方向改变两次。 (2)线圈平面每经过中性面一次,电流方向改变一次。 (3)线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时,所产生的正弦式,交变电流与转轴的位置无关,与线圈的形状无关。,例1 图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中, 有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO转动,由线圈 引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO转动的金属圆环相连 接,金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触,
5、这样矩形线圈在 转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图2是线圈的主视 图,导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1,bc长度为 L2,线圈以恒定角速度逆时针转动。(只考虑单匝线圈),(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时,试推导t时刻整个线圈中的感 应电动势e1的表达式; (2)线圈平面处于与中性面成0夹角位置时开始计时,如图3所示,试写出t 时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式; (3)若线圈电阻为r,求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。(其他电 阻均不计),解析 (1)矩形线圈abcd转动过程中,只有ab和cd切割磁感线,设ab和cd 的转动速度为v,则 v=
6、 在t时刻,导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1=BL1vy 由图可知vy=v sin t 则整个线圈的感应电动势为,e1=2E1=BL1L2 sin t (2)当线圈由图3位置开始运动时,在t时刻整个线圈的感应电动势为 e2=BL1L2 sin (t+0) (3)由闭合电路欧姆定律可知 I= E= = 则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为 QR=I2RT 其中T= 于是QR=R( )2 ,答案 (1)见解析 (2)e2=BL1L2 sin (t+0) (3)R( )2,考向二 正弦式交变电流的图像和三角函数的表达 例2 (多选)如图1所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次分别以
7、不同 的转速,绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势图像如图2中 曲线a、b所示,则 ( )A.两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合,B.曲线a、b对应的线圈转速之比为23 C.曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz D.曲线b表示的交变电动势有效值为10 V,解析 由题图2知t=0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零,故A正 确。由图2知两次转动所产生的交变电动势的周期之比TaTb=23,再 由周期与转速的关系n= 得nanb=32,故B错误。因Ta=410-2 s,故fa=25 Hz,C正确。因Ema=15 V,而Em=NBS= ,故Emb= Ema=10 V, Eb= =5 V,D错
8、误。,答案 AC,考向三 最大值、瞬时值、有效值与平均值 1.对描述交变电流“四值”的比较和理解,2.几种典型的电流及其有效值,例3 如图所示,单匝矩形闭合导线框abcd一半处于磁感应强度为B的 水平有界匀强磁场中,线框面积为S,电阻为R。线框绕与其中心线重合 的竖直固定转动轴OO以角速度匀速转动,固定转动轴恰好位于匀强 磁场的右边界。则线框中感应电流的有效值为 ( )A. B. C. D.,解析 线框中产生感应电动势的最大值:Em= BS, 设感应电动势的有效值为E,则:E= = BS, 感应电流的有效值I= , 联立解得:I= , 故选A。,答案 A,考点二 变压器、电能的输送 考向基础
9、一、电阻、感抗与容抗 1.电阻R:对直流电、交流电均有阻碍作用。 2.电感L:通 直流 、阻 交流 ,通 低频 、阻 高频 。 3.电容C:隔 直流 、通 交流 ,通 高频 、阻 低频 。 二、变压器 1.构造和原理 (1)主要构造:由 原线圈 、 副线圈 和 闭合铁芯 组,成。 (2)工作原理:电磁感应的 互感 现象。 2.理想变压器的基本关系式 (1)功率关系: P1=P2 。 (2)电压关系: = ,若n1n2,为 升压 变压器;若n1n2,为 降压变压器。 (3)电流关系:只有一个副线圈时, I1I2=n2n1 。 (4)频率关系:原、副线圈中电流的频率相等。 3.理想变压器的特点 (
10、1)变压器无漏磁,故原、副线圈中的、 相同。,(2)线圈无电阻,因此无电压降,U=E=n 。 (3)无电能损失,因此P入=P出,无论副线圈有一个还是多个,总有U1I1=U2I2+ U3I3+,将电压关系代入可得n1I1=n2I2+n3I3+。 4.常见的变压器 (1)自耦变压器只有一个线圈,可升压,也可降压。,(2)互感器:分成电压互感器和电流互感器,比较如下,考向突破 考向一 电阻、感抗与容抗,注意 电感、电容接到交流电源上时,电能与磁场能或电场能往复转化,所以不会消耗电能。而电流通过电阻时,一定会产生焦耳热,从而造成电能的损耗。,例4 如图所示,交流电流表A1、A2、A3分别与电阻R、电容
11、器C和电感 线圈L串联后接在同一个正弦式交流电源上。交流电流表A4与电阻R 串联后接在理想变压器副线圈两端。如果保持供电电压的最大值不变, 而增大供电电压的频率,电流表示数不变的是 ( )A.电流表A1和A2,B.电流表A1和A4 C.电流表A3和A2 D.电流表A3和A4,解析 电阻对交流电的阻碍作用与其频率无关,而感抗XL=2fL,容抗XC = ,均会随f变化相应变化,因此f变大时,A3示数减小,A2示数增大,A1、A4示数不变。,答案 B,考向二 变压器,理想变压器原、副线圈基本量的关系,例5 如图所示,用理想变压器为一个“6 V、12 W”的小灯泡供电,变 压器原线圈中的输入电压为22
12、0 V。闭合开关S,小灯泡恰好正常发光。 则下列说法中错误的是 ( )A.变压器原、副线圈的匝数之比为1103 B.变压器原线圈中的输入电流为2 A C.变压器原线圈中的输入功率为12 W D.变压器副线圈中的输出功率为12 W,解析 由题意知,U1=220 V,U2=6 V,所以 = = ,A对;I2= =2 A,所 以I1= =0.055 A,B错;由理想变压器的特点知P1=P2=12 W,故C、D正 确。只有B项符合题意。,答案 B,考向三 电能的输送 1.高压输电的几个基本关系,(1)功率关系: P1=P2,P3=P4,P2=P损+P3。 (2)电压、电流关系:= = , = = ,U
13、2=U+U3,I2=I3=I线。 (3)输电电流:I线= = = 。 (4)输电线上损耗的功率(纯电阻电路): P损=I线U= R线= R线。 当输送的电功率一定时,输电电压增大到原来的n倍,输电线上损耗的功 率就减小到原来的 。 (5)输电效率:= 100%。 2.关于远距离输电问题的处理思路 (1)画出输电线路图,将已知量和未知量标在图中相应位置。,(2)将输电线路划分为几个独立回路。 (3)根据串并联电路特点、欧姆定律、电功率公式等确定各部分回路物 理量之间的关系。 (4)根据升压、降压,原、副线圈的电压、电流关系和功率关系列式求 解。,例6 某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V
14、,输出电功率为50 kW,(1)如果用电阻为3 的输电线向远处用户送电,这时用户获得的电 压和电功率是多少?(2)如果要求输电线上损失的电功率是输送功率的 0.6%,则发电站要安装一个升压变压器,到达用户前再用降压变压器变 为220 V供用户使用,不考虑变压器的能量损失,这两个变压器原、副线 圈的匝数比各是多少?,解析 (1)用500 V电压送电时示意图如图所示输电线上的电流I0= = A=100 A 用户获得电压U1=U0-I0R=(500-1003) V=200 V 用户获得的电功率P1=I0U1=2104 W (2)改用高压输送时,示意图如图所示,要求P损=0.6%P,即P损=50103
15、0.6% W=300 W 输电电流I= = A=10 A 发电站升压后输电电压U1= = V=5 000 V 升压变压器原、副线圈匝数比 = = = 输电线上损失的电压 U=IR=103 V=30 V 降压变压器的输入电压 U2=U1-U=5 000 V-30 V=4 970 V 降压变压器原、副线圈匝数比= = =,答案 (1)200 V 2104 W (2)110 49722,考点三 传感器与电磁振荡、电磁波 考向基础 一、传感器 1.传感器 把非电学物理量转换成易于传送、处理的物理量(通常是电压、电流 等电学量),或转换为电路的通断的一类元件。 2.常见传感器:光敏电阻、热敏电阻、霍尔元
16、件、力传感器。,二、电磁振荡 电磁振荡的周期和频率 (1)概念 周期T:电磁振荡完成一次周期性变化需要的时间叫周期。 频率f:一秒钟内完成的周期性变化的次数叫频率。 (2)LC电路的周期和频率 T=2 , f= 。,说明 (1)LC电路的周期和频率只取决于电容C和线圈的自感系数L,跟 电容器的电荷量Q、板间电压U和线路中的电流I无关。 (2)T、L、C、f的单位分别是秒(s)、亨利(H)、法拉(F)、赫兹(Hz)。 三、电磁场和电磁波 1.电磁场和电磁波的产生 (1)麦克斯韦电磁场理论的要点 a.变化的磁场(电场)能够在周围空间产生 电场 (磁场); b.均匀变化的磁场(电场)能够在周围空间产
17、生 稳定 的电场(磁 场); c.振荡磁场(电场)能够在周围空间产生同频率的振荡电场(磁场)。 (2)电磁场和电磁波:变化的电场和变化的磁场相互联系在一起,形成一,个不可分割的统一体,即电磁场。电磁场由近及远地向周围传播就形成 了 电磁波 。 2.电磁波的发射 有效发射电磁波的条件:(1)高频;(2)开放电路。 3.电磁波的传播 电磁波以横波形式传播,其传播不需要介质,传播方式有天波、地波和 空间波。传播速度和频率、波长的关系为v=f。 4.电磁波的接收 天线接收到所有的电磁波,经调谐选择出所需要的电磁波,再经检波提 取出携带的信号,放大后再还原成声音或图像。,5.电磁波的应用 电视和雷达等。
18、 6.电磁波谱 (1)概念:无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线(X射线)、射 线等合起来,构成了范围广阔的电磁波谱。 (2)电磁波谱的特性与应用,A.天黑时,Y处于高电势 B.天黑时,Y处于低电势 C.当R1调大时,天更暗时,灯(发光二极管)点亮 D.当R1调大时,天较亮时,灯(发光二极管)就能点亮,解析 天黑时,RG阻值增大到一定值,斯密特触发器输入端A的电压上升 到某个值,输出端Y突然由高电势跳到低电势;R1调大时,A端电压降低, 只有天更暗时,RG电阻更大时,路灯才点亮,故B、C正确。,答案 BC,考向二 电磁振荡 LC电路中振荡过程及i-t图、q-t图,考向三 电磁场和电磁波
19、1.感应电场与静电场 变化的磁场产生的电场,称为感应电场,也叫涡旋场,跟前面学过的静电 场一样,处于电场中的电荷受力的作用,且F=qE。,但它们也有显著的区别,最明显的莫过于以下几点: (1)静电场的电场线是非闭合曲线,而感应电场的电场线是闭合曲线; (2)静电场中有电势的概念,而感应电场中无电势的概念; (3)在同一静电场中,电荷运动一周(曲线闭合),电场力做功一定为零,而 在感应电场中,电荷沿闭合线路运动一周,电场力做功不一定为零; (4)静电场的“源”起于“电荷”,而感应电场的“源”起于变化的磁场。 2.麦克斯韦电磁场理论产生过程的分析变化的磁场在周围空间产生电场。 实验基础:法拉第电磁
20、感应现象。如图甲所示带有小灯泡的导体环,放 在通有交流电的线圈附近,小灯泡会发光。这是由于穿过导体环的变化,磁场,在环中产生了电场从而驱使电荷运动,形成电流。变化的磁场产生电场(磁场增强时) 麦克斯韦的推广:没有导体环,变化的磁场在其周围空间同样会产生电 场(图乙)。导体环的作用仅是用来显示电场的存在而已。,例8 (2014安徽理综,20,6分)英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时 会在空间激发感生电场。如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放 置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球。已 知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周, 则感生电场对小
21、球的作用力所做功的大小是 ( )A.0 B. r2qk C.2r2qk D.r2qk,解析 变化的磁场使回路中产生的感生电动势E= = S=kr2,则感 生电场对小球的作用力所做的功W=qU=qE=qkr2,选项D正确。,答案 D,3.电磁波与机械波的比较,例9 2016课标,34(1),5分(多选)关于电磁波,下列说法正确的是 。 A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关 B.周期性变化的电场和磁场可以相互激发,形成电磁波 C.电磁波在真空中自由传播时,其传播方向与电场强度、磁感应强度均 垂直 D.利用电磁波传递信号可以实现无线通信,但电磁波不能通过电缆、光 缆传输 E.电磁波可以由电
22、磁振荡产生,若波源的电磁振荡停止,空间的电磁波 随即消失,解析 电磁波在真空中的传播速度为3108 m/s,与频率无关,选项A正 确;由麦克斯韦电磁场理论可知,选项B正确;变化的电场和磁场相互激 发,且相互垂直,形成的电磁波的传播方向与电场和磁场均垂直,选项C 正确;电磁波可以通过电缆、光缆传输,选项D错误;电磁振荡停止后,电 磁波可以在空间继续传播,直到能量消耗完为止,选项E错误。,答案 ABC,方法技巧,方法1 交变电流的产生和电路的综合分析方法 部分电路和闭合电路的有关公式仍适用于正弦交流电路,应用时仍要分 清电源(如发电机)和外电路、电动势和路端电压等,而对交流电路特别 要注意正确选用
23、交变电流的“四值”。一般常从图像或瞬时值表达式 入手,得出交流电的最大值、有效值,然后再按照电路知识解决相关问 题。 例1 一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝,线圈在磁感应强 度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO以如图所示的角速度匀 速转动,外电路电阻为R。 (1)在图中标出此刻线圈中感应电流的方向。,(2)转动过程中感应电动势的最大值为多大? (3)线圈平面与磁感线夹角为60时的感应电动势为多大? (4)设发电机由柴油机带动,其他能量损失不计,线圈转一周,柴油机做多 少功? (5)从图示位置开始,线圈转过60的过程中通过R的电荷量是多少?,解析 (1)由楞次定律或右手定则可
24、知电流方向为顺时针方向(图略)。 (2)Em=NBS=NBL2。 (3)线圈平面与B成60时的瞬时感应电动势e=Emcos 60= NBL2。 (4)电动势的有效值E= ;电流的有效值I= ;柴油机做的功等于产 生的电能,线圈转一周,柴油机做的功W=EIT= T= =。 (5)I平均= = ,所以电荷量q=I平均t= = 。,答案 见解析,方法2 理想变压器的动态分析方法,理想变压器的几个因果关系 当理想变压器的匝数比不变时,如图所示,各量相互关系如下:(1)输入电压U1决定输出电压U2。这是因为输出电压U2= U1,当U1不变 时,不论负载电阻R变化与否,U2都不会改变。 (2)输出电流I2
25、决定输入电流I1,在输入电压U1一定的情况下,输出电压U2 也被确定。当负载电阻R增大时,I2减小,则I1相应减小;当负载电阻R减小,时,I2增大,则I1相应增大。因此在使用变压器时,不能使变压器副线圈短 路。 (3)输出功率P2决定输入功率P1,理想变压器的输入功率与输出功率相 等,即P1=P2。在输入电压U1一定的情况下,当负载电阻R增大时,I2减小, 则变压器输出功率P2=I2U2减小,输入功率P1也将相应减小;当负载电阻R 减小时,I2增大,变压器的输出功率P2=I2U2增大,则输入功率P1也将增大。 利用上述因果关系,可解决变压器动态变化问题。,注意 变压器只能改变交流电压,若原线圈
26、加直流电压,则副线圈输 出电压为零,并且由于线圈对直流电无感抗,而使电流很大(相当于短 路),易损坏直流电源。 对“日”字形铁芯的变压器 ,因为穿过原、副线圈的磁通量 的变化率不等。,解题导引,解析 变压器输出电压由输入电压和匝数比决定,S断开后输入电压和 匝数比不变,所以电压表的示数不变;但负载电阻变大,则输出电流变小, 电流表A2的示数变小,输入电流变小,则电流表A1的示数变小;因R上电 压变小,则L1上电压变大,亮度变亮。故只有C对。,答案 C,方法3 远距离输电的分析方法 1.熟悉“交流发电机升压变压器输电线降压变压器用户”这 一过程,并画出这一过程的示意图,把需要的物理量都标在图中的
27、相应 位置上。 2.利用逆算法解决电能的输送问题往往比较方便,方法是先从负载的功 率算起,一直倒推到升压变压器的输入端。,例3 有一台发电机通过升压和降压变压器给用户供电,已知发电机的 输出功率是20 kW,电压为400 V,升压变压器原、副线圈的匝数比为n 1n2=15,两变压器之间输电导线的总电阻R=1.0 ,降压变压器输出 电压U4=220 V,求: (1)升压变压器的输出电压; (2)输送电能的效率; (3)降压变压器的原、副线圈的匝数比n3n4; (4)如果不用变压器,输电导线的热损耗是用变压器时的几倍。,解析 (1)输电线路示意图如图所示:根据 = 得升压变压器副线圈两端的电压为U
28、2= U1= 400 V=2 00 0 V (2)理想变压器P2=P1=20 kW,根据P=UI可知,输电线上的电流为:I2= =,A=10 A 输电线损失的功率为:P损= R=1021 W=100 W 根据能量守恒得:P4=P3=P2-P损=19 900 W 输电线路输送电能的效率= 100%=99.5% (3)输电线上的电压损失为:U=I2R=101 V=10 V 则降压变压器的输入电压为:U3=U2-U=1 990 V 降压变压器原、副线圈的匝数比为 = = = (4)如果不用变压器,输电导线的热损耗:P损=( )2R=( )21 W=2 50 0 W,= =25,答案 (1)2 000 V (2)99.5% (3)19922 (4)25,
