【物理】2019届一轮复习人教版交变电流的产生和描述学案

【物理】2019届一轮复习人教版交变电流的产生和描述学案

交变电流 传感器 第45课时　交变电流的产生和描述 考点1　交变电流的产生及变化规律 ‎1．交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流。最常见的交变电流是正弦交变电流。‎ ‎2．正弦交流电的产生和图象 ‎(1)产生：如图所示，在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可产生正弦式交变电流。‎ ‎(2)两个特殊位置 ‎(3)变化规律(线圈在中性面位置开始计时)：‎ ‎①电动势e随时间变化的规律：e＝Emsinωt。‎ ‎②电压u随时间变化的规律：u＝sinωt。‎ ‎③电流i随时间变化的规律：i＝sinωt，其中Em＝nBSω。‎ ‎ [例1]　‎ ‎(2017·东北三省四校联考)(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交变电流的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交变电流的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交变电流的说法正确的是(　　)‎ A．交变电流b电压的有效值为 V B．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零 C．交变电流a的电压瞬时值u＝10sin5πt(V)‎ D．线圈先后两次转速之比为3∶2‎ 解析　正弦交变电流a最大值Um＝nBSω＝nBS·＝10 V，交变电流b的电压最大值Um′＝nBS·，由题图可知Ta＝0.4 s，Tb＝0.6 s，联立两式可得Um′＝ V，交变电流b电压的有效值U＝＝ V，A正确。在t＝0时，交变电流产生的电动势为零，由法拉第电磁感应定律可知此时穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，B错误。线圈的转速n＝，则线圈先后两次转速之比为3∶2，D正确。交变电流a的电压瞬时值表达式u＝Umsint，即u＝10sin5πt(V)，C正确。‎ 答案　ACD ‎1．两个特殊位置的特点 ‎(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。‎ ‎(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变。‎ ‎2．书写交变电流瞬时值表达式的基本思路 ‎(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式Em＝nBSω求出相应峰值。‎ ‎(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。‎ ‎①若线圈从中性面位置开始转动，则it图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsinωt。‎ ‎②若线圈从垂直中性面位置开始转动，则it图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcosωt。‎ ‎1.‎ 如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从图示位置开始计时，则在转过180°这段时间内(　　)‎ A．线圈中的感应电流一直在减小 B．线圈中的感应电流先增大后减小 C．穿过线圈的磁通量一直在增大 D．穿过线圈的磁通量的变化率先减小后增大 答案　D 解析　在线圈转过180°这段时间，为0～T，穿过线圈的磁通量先增大后减小，从图示位置开始计时，产生余弦式交流电，故线圈中产生的感应电动势先减小后增大，磁通量的变化率先减小后增大，故感应电流先减小后增大，A、B、C错误，D正确。‎ ‎2．(2018·安徽蚌埠期末)如图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示。以下判断正确的是(　　)‎ A．线圈转动的转速为25 r/s B．电流表的示数为10 A C．1 s钟内线圈中电流方向改变了50次 D．0.01 s时线圈平面与中性面重合 答案　B 解析　由题图乙可知周期T＝0.02 s，则角速度ω＝＝100π rad/s，转速n＝＝ r/s＝50 r/s，故A错误；由题图乙可知交变电流的最大值是Im＝10 A，由于电流表的示数为有效值，故示数I＝ A＝10 A，故B正确；交流电的频率为50 Hz，每个周期内电流方向改变2次，故1 s钟内线圈中电流方向改变了100次，C错误；0.01 s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，与中性面垂直，故D错误。‎ ‎3.‎ 如图所示，有一闭合的正方形线圈，匝数N＝100匝，边长为10 cm，线圈总电阻为10 Ω，线圈绕OO′轴在B＝0.5 T的匀强磁场中匀速转动，每分钟转1500转，求：‎ ‎(1)该线圈产生的交变电动势最大值是多少？‎ ‎(2)写出感应电动势随时间变化的表达式；‎ ‎(3)从图示位置转过30°时，感应电动势的瞬时值是多大？‎ 答案　(1)78.5 V　(2)e＝78.5sin50πt(V)‎ ‎(3)39.25 V 解析　(1)f＝1500 r/min＝25 Hz，ω＝2πf＝50π rad/s。‎ 感应电动势的最大值为：‎ Em＝NBSω＝100×0.5×0.01×50×3.14 V≈78.5 V。‎ ‎(2)由题图可以看出，线圈是从中性面开始计时，产生交变电动势的瞬时值表达式应为e＝Emsinωt＝78.5sin50πt(V)。‎ ‎(3)转过30°角时的电动势为 e＝Emsin30°＝78.5× V＝39.25 V。‎ 考点2　交变电流四值的比较和应用 ‎1．周期和频率 ‎(1)周期T：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的 时间，单位是秒(s)。公式：T＝。‎ ‎(2)频率f：交变电流在1_s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz)。‎ ‎(3)周期和频率的关系：T＝或f＝。‎ ‎2．交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值 ‎3．交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较 ‎[例2]　(2017·黑龙江哈六中模拟)两个完全相同的电热器，分别通以图甲、乙所示的峰值相等的矩形交变电流和正弦式交变电流，则这两个电热器的电功率之比P甲∶P乙等于(　　)‎ A.∶1 B．2∶1 C．4∶1 D．1∶1‎ 解析　矩形交变电流的有效值I1＝Im，正弦式交变电流的有效值I2＝，根据电功率公式P＝I2R得P甲∶P乙＝I∶I＝I∶2＝2∶1，故B正确。‎ 答案　B 交变电流有效值的求法 ‎(1)公式法：利用E＝、U＝、I＝计算，此方法只适用于正弦式(或余弦式)交变电流。‎ ‎(2)定义法 ‎①设阻值、定时间：设将交变电流加在阻值为R的电阻上，时间取t＝T。‎ ‎②求热量：Q＝Q1＋Q2＋…(分段法)。‎ ‎③求解有效值：根据Q＝I2Rt＝t代入求解有效值。‎ ‎(3)比例法：由P＝I2R、P＝可知，R一定时，P∝I2、P∝U2，所以可根据功率的变化比例确定有效值的变化比例。此方法适合分析对两种状态进行对比的问题。‎ ‎1.‎ 交流发电机线圈电阻r＝1 Ω，用电器电阻R＝9 Ω，电压表示数为9 V，如图所示，那么该交流发电机(　　)‎ A．电动势的峰值为10 V B．电动势的有效值为9 V C．交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10 V D．交流发电机线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为 V 答案　D 解析　用电器电阻R＝9 Ω，电压表示数为9 V，则电路中的电流：I＝＝ A＝1 A，所以，电路中的电动势：E＝I(R＋r)＝1×(1＋9) V＝10 V。电压表的读数是交流电的有效值，所以10 V是电路中电动势的有效值，其最大值：Em＝BSω＝E＝10 V。故A、B错误。由交流电的产生与变化的规律可知，交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值最小为零，故C错误；线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为：＝＝＝＝ V，故D正确。‎ ‎2．交流发电机产生的感应电动势为e＝Emsinωt，若发电机的转速和线圈的匝数都增加到原来的两倍，这时产生的感应电动势为(　　)‎ A．e＝2Emsinωt B．e＝2Emsin2ωt C．e＝4Emsinωt D．e＝4Emsin2ωt 答案　D 解析　感应电动势最大值Em＝NBSω，当发电机的转速和线圈的匝数都增加到原来的两倍时，感应电动势最大值为Em′＝4Em，则产生的感应电动势的瞬时值为e′＝Em′sin2ωt＝4Emsin2ωt，故D正确。‎ ‎3．(2017·四川双流中学期中)如图所示是一交变电流的it图象，则该交变电流的有效值为(　　)‎ A．4 A B. A C. A D．2 A 答案　B 解析　设交变电流的有效值为I，周期为T，电阻为R，则I2RT＝2R·＋42·R·T，解得I＝ A，故B正确。‎ ‎1．(2017·湖北重点中学测试)如图甲所示，在匀强磁场中，两个匝数相同的正方形金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势随时间t变化的图象如图乙中曲线a、b所示，则(　　)‎ A．t＝0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置 B．a、b对应的线圈转速之比为2∶3‎ C．a、b对应的两线圈面积之比为1∶1‎ D．若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈电动势的有效值之比一定不变 答案　C 解析　t＝0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均处于中性面的位置，A错误；由图线可知，两线圈的周期之比Ta∶Tb＝2∶3；故根据n＝可知a、b对应的线圈转速之比为3∶2，B错误；根据Em＝NBSω，＝＝；＝＝；则＝·＝，C正确；若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈的面积要变化，故感应电动势的最大值要变化，电动势的有效值之比一定变化，D错误。‎ ‎2.‎ 一个边长为6 cm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 Ω。磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示，则线框中感应电流的有效值为(　　)‎ A.×10－5 A B.×10－5 A C.×10－5 A D.×10－5 A 答案　B 解析　由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得 E＝＝·S，I＝＝· 在0～3 s内，I1＝× A＝2×10－5 A ‎3～5 s内，I2＝× A＝－3×10－5 A 于是可作出i随时间变化的图象如图所示。‎ 由有效值的定义，Q直＝Q交，IRt1＋IRt2＝I2Rt，‎ 其中t1＝3 s，t2＝2 s，t＝t1＋t2。代入数据，解得I＝×10－5 A，故B选项正确。‎ ‎3．如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　D 解析　线框的转动周期为T，而线框转动一周只有 的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为：I＝＝，根据电流的热效应有：2R·＝IRT，解得I有＝，故D正确。‎ ‎4．(2017·忻州模拟)(多选)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A。那么(　　)‎ A．线圈消耗的电功率为4 W B．线圈中感应电流的有效值为2 A C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint 答案　AC 解析　线圈转动的角速度ω＝，线圈平面从与磁场方向平行开始计时，当转过60°时，电流的瞬时值表达式为i＝Imcos60°＝1 A，解得Im＝2 A，则正弦交变电流的有效值为I＝＝ A，B 错误；线圈消耗的电功率P＝I2R＝4 W，A正确；由欧姆定律可知，感应电动势最大值为Em＝ImR＝4 V，所以其瞬时值表达式为e＝4cost，C正确；通过线圈的磁通量Φ＝Φmsinωt＝Φmsint，感应电动势的最大值Em＝BSω＝Φm×，Φm＝，联立解得Φ＝sint，D错误。‎ ‎5．(多选)图甲为风力发电的简易模型，在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连，在某一风速时，传感器显示如图乙所示，则(　　)‎ A．磁铁的转速为10 r/s B．线圈两端电压的有效值为6 V C．交流的电压表达式为u＝12sin5πt(V)‎ D．该交流电可以直接加在击穿电压为9 V的电容器上 答案　BC 解析　电压的周期为T＝0.4 s，故磁体的转速为n＝＝＝2.5 r/s，故A错误；通过乙图可知电压的最大值为12 V，故有效值U＝＝ V＝6 V，故B正确；周期T＝0.4 s，故ω＝＝ rad/s＝5π ‎ rad/s，故电压的表达式为U＝12sin5πt(V)，故C正确；交流电的最大值为12 V，大于电容器的击穿电压，故D错误。‎ ‎6．(2017·山东泰安检测)(多选)如图甲的电路中，电阻R1＝R2＝R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时，UAB>0)。由此可知(　　)‎ A．在A、B之间所加的交变电压的周期为2×10－2 s B．在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u＝220sin50πt(V)‎ C．加在R1上电压的有效值为55 V D．加在R1上电压的有效值为55 V 答案　AC 解析　由图象可得交流电的周期为：T＝2×10－2 s，故A正确。电压最大值为：Um＝220 V，电压的瞬时值表达式为：u＝Umsinωt＝220sint＝220sin100πt(V)，故B错误；当电源在正半轴时A点电势高于B点电势，二极管导通，即R1被短路。电源在负半轴时B点电势高于A点电势，二极管截止，R1，R2串联。设R1上电压的有效值为U。根据有效值的定义得：T＝×，解得：U＝55 V，故C正确，D错误。‎ ‎7.‎ 如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T。边长L＝10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω，求：‎ ‎(1)线圈转动过程中感应电动势的最大值；‎ ‎(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°角时的瞬时感应电动势；‎ ‎(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；‎ ‎(4)交流电压表的示数；‎ ‎(5)线圈转动一周外力所做的功；‎ ‎(6)线圈转过60°角的过程中，通过R的电荷量是多少？‎ 答案　(1)π V　(2) V　(3) V　(4)π V　‎ ‎(5) J　(6) C 解析　(1)感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝π V。‎ ‎(2)线圈转过60°角时的瞬时感应电动势为 e＝Emcos60°＝π×0.5 V＝ V。‎ ‎(3)线圈转过60°角的过程中产生的平均感应电动势为 ＝n＝ ‎＝ V ‎＝ V。‎ ‎(4)电压表示数为外电路电压的有效值 U＝·R＝×4 V＝π V。‎ ‎(5)线圈转动一周，外力所做的功等于电流产生的热量，W＝Q＝2··T＝ J。‎ ‎(6)线圈转过60°角的过程中，通过电阻R的电荷量为q＝·＝·＝·＝＝ C。‎ ‎8.‎ ‎(2017·天津高考)(多选)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω，则(　　)‎ A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线 B．t＝1 s时，线圈中的电流改变方向 C．t＝1.5 s时，线圈中的感应电动势最大 D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2 J 答案　AD 解析　由题图可知，t＝0时刻穿过该线圈的磁通量为零，线圈平面与磁感线平行，A正确；线圈中电流为零时，方向才发生改变，而t＝1 s时，由题图可知电流最大，电流方向不改变，B错误；t＝1.5 s时，穿过该线圈的磁通量最大，感应电动势为零，C错误；由ω＝＝π rad/s，Em＝nBSω＝nΦmω＝4π V，可得电压的有效值为U＝ V＝2π V，一个周期内线圈产生的热量为Q＝T＝8π2 J，D正确。‎ ‎9.‎ ‎(2016·全国卷Ⅲ)(多选)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM。N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON。两导线框在同一竖直面(纸面)内，两圆弧半径相等。过直线OM ON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则(　　)‎ A．两导线框中均会产生正弦交流电 B．两导线框中感应电流的周期都等于T C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等 D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等 答案　BC 解析　两导线框未完全进入磁场时，转动切割产生恒定感应电流，当导线框N完全进入磁场后，通过线框的磁通量将不变，故无感应电流产生，因此它不会产生正弦交流电，A错误；导线框每转动一圈，产生的感应电流的变化为一个周期，B正确；在t＝时，导线框转过角度为45°，切割磁感线的有效长度相同，均为绕圆心的转动切割形式，设圆弧半径为R，则感应电动势均为E＝BR·＝BR·ω·＝BωR2，C正确；导线框N转动的一个周期内，有半个周期无感应电流产生，所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同，由闭合电路欧姆定律可知，两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值一定不相同，D错误。‎ ‎10.‎ ‎(2015·四川高考)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都是e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压(　　)‎ A．峰值是e0 B．峰值是2e0‎ C．有效值是Ne0 D．有效值是Ne0‎ 答案　D 解析　根据题意，小型发电机输出电压的峰值为Em＝2Ne0，A、B错误；对于正弦式交变电流，峰值与有效值E的关系满足E＝，故有效值为Ne0，C错误、D正确。‎ ‎11．(2017·黑龙江大庆一模)(多选)如图所示，N匝矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D。电流表的示数为I，二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是(　　)‎ A．导线框转动的角速度为 B．导线框转动的角速度为 C．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零 D．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大 答案　AC 解析　导线框产生的最大感应电动势Em＝NBSω。根据二极管的特点可知，在一个周期内只有半个周期回路中有电流，根据交变电 流的热效应可知2R·＝I2RT，解得ω＝，故A正确、B错误；导线框转到图示位置时，即导线框位于中性面位置，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C正确、D错误。‎ ‎12．(2018·黄冈中学月考)如图所示，匝数为100匝、面积为0.01 m2的线圈，处于磁感应强度B1为 T的匀强磁场中。当线圈绕O1O2以转速n为300 r/min匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7 V、1 A。电动机的内阻r为1 Ω，牵引一根原来静止的、长L为1 m、质量m为0.2 kg的导体棒MN沿轨道上升。导体棒的电阻R为1 Ω，架在倾角为30°的框架上，它们处于方向与框架平面垂直、磁感应强度B2为1 T的匀强磁场中。当导体棒沿轨道上滑1.6 m时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为4 J。不计框架电阻及一切摩擦，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时表达式；‎ ‎(2)导体棒MN的稳定速度；‎ ‎(3)导体棒MN从静止到达到稳定速度所用的时间。‎ 答案　(1)e＝10sin10πt(V)　(2)2 m/s　(3)1.0 s 解析　(1)转速n＝300 r/min＝5 r/s，ω＝2πn＝10π rad/s。‎ 线圈转动过程中电动势的最大值为：‎ Em＝NB1Sω＝100××0.01×2π×5 V＝10 V 则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为：e＝Emsinωt＝10sin10πt(V)。‎ ‎(2)电动机的电流：I＝1 A 电动机的输出功率：P出＝IU－I2r，又P出＝Fv 而棒产生的感应电流：I′＝＝ 稳定时棒处于平衡状态，故有：F＝mgsinθ＋B2I′L 由以上各式代入数值，解得棒的稳定速度：‎ v＝2 m/s，v＝－3 m/s(舍去)。‎ ‎(3)由能量守恒定律得：P出t＝mgh＋mv2＋Q 其中h＝xsinθ＝0.80 m 解得：t＝1.0 s。‎