高中人教物理选择性必修二第四章 电磁振荡与电磁波章末复习（课件）同步备课

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人教版 必修第二册章末复习第四章 电磁振荡与电磁波 考点简介一、电磁振荡振荡电流：大小和方向都做周期性迅速变化的电流，叫作振荡电流。振荡电路：能够产生振荡电流的电路。LC振荡电路：当开关置于线圈一侧时，由电感线圈L和电容C组成的电路，就是最简单的振荡电路，称为LC振荡电路。LC电磁振荡的产生原理一、电磁振荡阻尼振荡和无阻尼振荡 1．无阻尼振荡：在电磁振荡中，如果没有能量损失，振荡电流的振幅保持不变，这种振荡叫做无阻尼振荡，也叫做等幅振荡。 　　 2．阻尼振荡：任何电磁振荡电路中，总存在能量损耗，使振荡电流的振幅逐渐减小，这种振荡叫做阻尼振荡，或叫做减幅振荡。 （1）振荡电路中的能量损耗有一部分转化为内能（产生焦耳热），还有一部向外辐射出去而损失． （2）如果用振荡器不断地将电源的能量补充到振荡电路中去，就可以保持等幅振荡。一、电磁振荡1．周期和频率：电磁振荡完成一次周期性变化所需的时间叫做周期，一秒钟内完成周期变化的次数叫做频率。LC回路的周期和频率：由回路本身的特性决定．这种由振荡回路本身特性所决定的振荡周期（或频率）叫做振荡电路的固有周期（或固有频率），简称振荡电路的周期（或频率）。 LC回路的周期和频率公式 T = f =一.交变电流课堂巩固（单选）如图所示,LC振荡电路的导线及电感线圈的电阻忽略不计,某瞬间回路中电流方向如箭头所示,且此时电容器的极板A带正电荷,则该瞬间(　　)　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.电流i正在增大,线圈L中的磁场能也正在增大B.电容器两极板间电压正在增大C.电容器带的电荷量正在减小D.线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在增强B　课堂巩固【答案】：B　【解析】：根据图示可知,该瞬间电容器正在充电,电流i在减小,磁场能转化为电场能,选项A错误;电容器充电时,极板上的电荷量增大,根据U=可知电容器两极板间的电压正在增大,选项B正确,C错误;充电的过程中,磁场能转化为电场能,电流逐渐减小,所以线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在减弱,选项D错误。课堂巩固（单选）在LC振荡电路中,下列说法正确的是(　　)A.电感线圈中的电流最大时,电容器中电场能最大B.电容器两极板间电压最大时,线圈中磁场能最大C.在一个周期内,电容器充电一次,放电一次D.在一个周期内,电路中的电流方向改变两次　D课堂巩固【答案】：　D【解析】：电感线圈中的电流最大时,线圈中的磁场能最大,电容器中电场能最小,选项A错误;电容器两极板间电压最大时,电场能最大,线圈中磁场能最小,选项B错误;在一个周期内,电容器充电两次,放电两次,选项C错误;在一个周期内,电路中的电流方向改变两次,选项D正确。二、电磁场与电磁波 变化的磁场产生电场 这是一个普遍规律，跟闭合电路是否存在无关。 变化的电场产生磁场 电场就像运动的电荷，也会在空间产生磁场。 根据麦克斯韦的上述两个观点可以得出，变化的电场和磁场总是相互联系的，形成一个不可分割的统一的电磁场。如果在空间某区域有周期性变化的电场，就会在周围引起变化的磁场，变化的电场和磁场又会在较远的空间引起新的变化的电场和磁场。这样变化的电场和磁场由近及远地向周围传播，形成了电磁波。二、电磁场与电磁波对麦克斯韦电磁场理论的理解:1、恒定的电场不产生磁场；2、恒定的磁场不产生电场；3、均匀变化的电场在周围空间产生恒定的磁场；4、均匀变化的磁场在周围空间产生恒定的电场；5、振荡电场产生同频率的振荡磁场；6、振荡磁场产生同频率的振荡电场。二、交变电流的描述详细描述交变电流公式图像二、交变电流的描述 扼流圈是电工技术和电子技术常用的元件，它利用了电感器对交流的阻碍作用，分为高频扼流圈和低频扼流圈。电感器电容器——感抗——容抗作用：通直流、阻交流、通低频、阻高频；作用：通交流、阻直流、通高频、阻低频；(多选)如图甲所示，标有“220 V　40 W”的电灯和标有“20 μF　300 V”的电容器并联接到交流电源上，V为交流电压表。交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关S，下列判断正确的是(　　) A．t＝2(T)时刻，V的示数为B．电灯恰正常发光 C．电容器有可能被击穿 D．交流电压表V的示数保持110 V不变 二、交变电流的描述甲　　　　　　　　乙 BC【答案】：BC【解析】：交流电压表V的示数应是电压的有效值220 V，故A、D错误；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B正确；电压的峰值220 V≈311 V，大于电容器的耐压值，故电容器有可能被击穿，C正确。二、交变电流的描述（单选）一个单匝矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n转/秒，则(　　)A．线框交变电动势的最大值为nπBSB．线框交变电动势的有效值为nπBSC．从开始转动经过周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD．感应电动势瞬时值为e＝nπBSsin2nπt二、交变电流的描述B【答案】：B【解析】：线框交变电动势的最大值为Em＝BSω＝2nπBS，产生的感应电动势瞬时值为e＝2nπBSsin 2nπt，A、D错；该线框交变电动势的有效值为E＝＝nπBS，B对；线框中的平均感应电动势E＝＝4nBS，C错。　二、交变电流的描述三、变压器三、变压器三、变压器(多选)理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接通交流电源，则(　　)A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1B．原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1C原、副线圈内电流之比I1∶I2＝1∶10D．变压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶1 课堂巩固　BC课堂巩固【答案】：　BC【解析】：理想变压器原副线圈的周期、频率、以及功率的大小是相等的，故AD选项错误，理想变压器原副线圈的匝数与电压成正比，与电流成反比，故BC选项正确； （多选）如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是(　　)A．原、副线圈匝数比为9∶1B．原、副线圈匝数比为1∶9C．此时a和b的电功率之比为9∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶9 课堂巩固AD　课堂巩固【答案】：AD　【解析】：设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0Ia＝U0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确。四、电能的输送1．输电过程(如图所示)电厂―→升压变压器―→高压线路―→降压变压器―→用户。输电电流I=_______;电压损失U损=_______;功率损失P损=_______;用户得到P用=_______;用户得到U用=_______;1、电能的突出优点便利性：便于远距离输送2、输送电能的基本要求可靠：保证供电线路可靠地工作,少有故障和停电保质：保证电能的质量（电压和频率稳定）经济：输电线路建造和运行的费用低,电能损耗小四、电能的输送　（单选）如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是(　　)课堂巩固A．电流表A2的示数增大了R(ΔU) B．电流表A1的示数增大了R(nΔU) C．电压表V1的示数减小了ΔU D．输电线损失的功率增加了R(nΔU)R B　【答案】：B　【解析】：降压变压器原、副线圈两端的电压之比等于n，所以有ΔU(ΔU3)＝n，即降压变压器原线圈两端电压减小了nΔU，升压变压器副线圈两端电压不变，所以输电线上电压增大为nΔU，根据欧姆定律知，电流表A1示数增大了R(nΔU)，输电线上电流增大了R(nΔU)，根据电流与匝数成反比知，电流表A2示数增大了n·R(nΔU)＝R(n2ΔU)，A错误，B正确；根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，C错误；输电线上电流增大了R(nΔU)，但输电线损失的功率增加量一定不是P＝R(nΔU)R，D错误。课堂巩固课堂巩固（单选）远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是(　　)A.I2(I1)＝n2(n1) B．I2＝R(U2)C．I1U1＝I2(2)R D．I1U1＝I2U2 D课堂巩固【答案】：D　【解析】：根据变压器的工作原理可知I2(I1)＝n1(n2)，所以选项A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，所以选项B错误；U1I1＝U2I2，但U2I2≠I2(2)R，选项C错误，D正确。