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文档介绍
【物理】2020届一轮复习人教版 交变电流的产生和描述 学案
1.交变电流及其产生和图象 (1)定义:大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫作交变电流。 (2)图象: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作正弦式交变电流,如图甲所示。 2.正弦式交变电流的描述 (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=2πω。 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=1f 或f=1T。 (2)正弦式交变电流的函数表达式(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=Emsin ωt。其中ω等于线圈转动的角速度,Em=nBSω。 ②负载两端的电压u随时间变化的规律:u=Umsin ωt。 ③电流i随时间变化的规律:i=Imsin ωt。 1.(2019太原尖草坪区第一中学考试)在如图所示的四种情况中,矩形线圈绕OO'轴匀速转动。不能产生交变电流的是( )。 答案 A 2.(2018浙江绍兴一中检测)(多选)关于中性面,下列说法正确的是( )。 A.线圈在转动中经中性面位置时,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零 B.线圈在转动中经中性面位置时,穿过线圈的磁通量为零,磁通量的变化率最大 C.线圈每经过一次中性面,感应电流的方向就改变一次 D.线圈每转动一周经过中性面一次,所以线圈每转动一周,感应电流的方向就改变一次 答案 AC 3.(2018长沙雅礼中学模拟)(多选)图甲为交流发电机的原理图,正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO'匀速转动,电流表为理想交流电表,线圈中产生的交变电流随时间的变化如图乙所示,则( )。 (3)交变电流的瞬时值、峰值、有效值 ①瞬时值:交变电流在某一时刻的值,是时间的函数。 ②峰值:交变电流(电流、电压或电动势)所能达到的最大的值,也叫最大值。 ③有效值:跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫作交变电流的有效值。对正弦式交变电流,其有效值和峰值的关系:E=Em2,U=Um2,I=Im2。 3.感抗和容抗 (1)感抗:是对交流电的阻碍作用,交变电流通过线圈时,因为电流时刻在变化,所以自感现象不断发生,而自感电动势总是要阻碍电流的变化,这就是线圈的电感对交变电流的阻碍作用。 电感对交变电流阻碍作用的大小用感抗表示,线圈的自感系数越大,交变电流的频率越高,产生的自感电动势就越大,对交变电流的阻碍作用就越大,感抗也越大。所以电感具有“通直流、阻交流,通低频、阻高频”的作用。 (2)容抗:电容器对交变电流的阻碍作用。电容器接通电源时,电源使导线中自由电荷向某一方向做定向移动,电容器的两极板在此过程中由于电荷积累而产生电势差,因而阻碍点电荷的继续移动,这就是电容对交变电流的阻碍作用。 电容器的电容越大,交变电流的频率越高,充、放电进行得越快,容抗就越小,可见电容器具有“隔直流、通交流,阻低频、通高频”的作用。 A.电流表的示数为10 A B.线圈转动的角速度为50 rad/s C.0.01 s时,线圈平面和磁场平行 D.0.01 s时,通过线圈的磁通量变化率为0 答案 AD 4.(2018福建福州一中开学测试)如图所示为某电器中电路的一部分,当输入有直流成分、交流低频成分和交流高频成分的电流后,在其输出端得到可调大小的交流低频成分,那么下列有关各元器件的说法中,错误的是( )。 A.C1为高频旁路电容器,交流高频成分被该电容器短路 B.R为滑动变阻器,它的滑片上下移动可以改变输出端电压的大小 C.C2为隔直电容器,交流低频成分通过该电容输出 D.C1的电容较大、C2的电容较小 答案 D 5.(2019合肥第一次模拟)电阻R、电容器C和电感L是常用的电子元器件,如图所示,在频率为f的交流电路中,当开关S依次接R、C、L支路时,通过各支路的电流有效值相等。若将交变电流的频率提高到2f,其他条件不变,则下列几种情况可能的是( )。 A.通过R的电流有效值增大 B.通过C的电流有效值增大 C.通过L的电流有效值增大 D.通过R、C、L的电流有效值均不变 答案 B 1.(2017天津卷,6)(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 解析 t=0时,Φ=0,故线圈平面平行于磁感线,A项正确;线圈每经过一次中性面,电流的方向改变一次,线圈经过中性面时,磁通量最大,故在t=0.5 s、1.5 s时线圈中的电流改变方向,在t=1 s时线圈平面平行于磁感线,线圈中的电流方向不变,B项错误;线圈在磁场中转动,当磁通量最大时,感应电动势为零,当磁通量为零时,感应电动势最大,故t=1.5 s时,感应电动势为零,C项错误;线圈中感应电动势的最大值Em=nBωS=nωΦm=n2πTΦm=100×2π2×0.04 V=4π V,有效值E=Em2=22π V,故在一个周期内线圈产生的热量Q=E2RT=(22π)22×2 J=8π2 J,D项正确。 答案 AD 2.(2018全国卷Ⅲ,16)一电阻接到方波交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交变电源上,在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图所示。则Q方∶Q正等于( )。 A.1∶2 B.2∶1 C.1∶2 D.2∶1 解析 根据题述,正弦交变电流的电压有效值为u02,而方波交流电的有效值为u0,根据焦耳定律和欧姆定律有Q=I2RT=u2RT,可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比,Q方∶Q正=u02∶u022=2∶1。 答案 D 见《自学听讲》P200 一 交变电流的产生与变化规律 1.正弦式交变电流的产生 (1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。 (2)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,ΔΦΔt=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,ΔΦΔt最大,e最大,i最大,电流方向不改变。 (3)电流方向的改变:线圈通过中性面时,电流方向发生改变,一个周期内线圈两次通过中性面,因此电流的方向改变两次。 (4)交变电动势的最大值Em=nBSω,与转轴位置无关,与线圈形状无关。 2.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时) 规律 物理量 函数表达式 图象 磁通量 Φ=Φmcos ωt=BScos ωt 电动势 e=Emsin ωt=nBSωsin ωt 电压 u=Umsin ωt=REmR+rsin ωt 电流 i=Imsin ωt=EmR+rsin ωt 例1 如图所示,闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线,直线部分长度为0.4 m,线框的电阻为1 Ω,若线框从虚线位置开始以2 m/s的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直),从开始到线框完全进入磁场过程中线框释放出的焦耳热为 0.4 J,此过程线框中电流随时间变化的关系式为( )。 A.i=2sin 10πt(A) B.i=2sin 10πt(A) C.i=2sin 5πt(A) D.i=2sin 5πt(A) 解析 金属线框进入磁场切割磁感线的有效长度L按正弦规律变化,产生的感应电动势按正弦规律变化,线圈中产生正弦交流电,设电流有效值为I。运动时间为半个周期,即t=0.42 s=0.2 s,根据焦耳定律有I2Rt=0.4 J,R=1 Ω,解得I=2 A,正弦交流电峰值Im=2I=2 A。根据题意可知角速度ω=2π2t=5π,线框中电流按正弦规律变化有i=Imsin ωt=2sin 5πt(A),C项正确。 答案 C 变式1 如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其单匝矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与R=10 Ω的电阻连接,与电阻R并联的交流电压表为理想电压表,示数是10 V。图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象,则( )。 A.电阻R上的电功率为20 W B.t=0.02 s时,R两端的电压瞬时值为零 C.R两端的电压u随时间t变化的规律是u=10 2cos 100πt(V) D.通过R的电流i随时间t变化的规律是i=10 2cos 50πt(A) 解析 电阻R上的电功率P=U2R=10 W,A项错误;由题图乙知t=0.02 s时磁通量变化率最大,R两端的电压瞬时值最大,B项错误;R两端的电压u随时间t变化的规律是u=10 2cos 100πt(V),C项正确;通过R的电流i随时间t变化的规律是i=uR=2cos 100πt(A),D项错误。 答案 C 二 交变电流“四值”的理解和应用 对交变电流“四值”的比较和理解 物理量 物理意义 适用情况及说明 瞬时值 e=Emsin ωt u=Umsin ωt i=Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况 峰值 (最大值) Em=nBSω Im=EmR+r 讨论电容器的击穿电压 有效值 对正(余)弦式交 变电流有:E=Em2 U=Um2 I=Im2 (1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等) (2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值 (3)保险丝的熔断电流为有效值 (4)电表的示数为有效值 平均值 E-=nΔΦΔt I-=E-R+r 计算通过电路截面的电荷量 例2 (多选)如图所示,线圈abcd的面积是0.05 m2,共100匝,线圈总电阻为1 Ω,外接电阻R=9 Ω,匀强磁场的磁感应强度B=1π T。当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时,以下判断正确的是( )。 A.若从线圈处于中性面开始计时,线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=50sin 10 πt(V) B.线圈转过130 s时,电动势的瞬时值为25 V C.电压表和电流表的示数分别为45 V和5 A D.从中性面开始计时,经 130 s通过电阻R的电荷量为 14π C 解析 e=Emsin ωt=nBS·2πfsin (2πft)=50sin 10πt(V),A项正确;当t=130 s时,e=50sin 10π×130V≈43.30 V,B项错误;电动势的有效值E=Em2=25 2 V,电流表示数I=ER+r≈3.54 A,电压表示数U=IR≈31.86 V,C项错误;130 s内线圈转过的角度θ=ωt=π3,该过程中,ΔΦ=BS-BScos θ=12BS,由I-=qΔt、I-=E-R+r、E-=nΔΦΔt可得,q=nΔΦR+r=nBS2(R+r)=14π C,D项正确。 答案 AD 交变电流瞬时值表达式的求法: (1)求电动势的最大值Em=nBSω。 (2)求出角速度ω=2πT。 (3)明确从哪一位置开始计时,从而确定是正弦函数还是余弦函数。 (4)写出瞬时值的表达式。 变式2 (多选)边长为L的正方形线框在磁感应强度大小为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,产生的感应电流的最大值为Im。设灯泡的电阻为R,其他电阻不计。从图示位置开始计时,则( )。 A.电路中电流的最大值Im=BL2ωR B.电路中电流的瞬时值的表达式为i=Imsin ωt C.电流表的示数为Im2 D.转过一周,感应电动势的平均值为零 解析 感应电动势的最大值Em=BL2ω,则电流的最大值Im=EmR=BL2ωR,A项正确;由线圈中电流为最大值时开始计时,电路中电流的瞬时值表达式应为i=Imcos ωt,B项错误;电流表的示数为有效值,大小为I=22Im,C项错误;转过一周,磁通量的变化为零,所以转过一周感应电动势的平均值为零,D项正确。 答案 AD 变式3 (多选)如图所示,图线a和图线b分别表示线圈A和线圈B在同一匀强磁场中匀速转动时,通过线圈的磁通量随时间的变化规律。已知线圈A的匝数与线圈B的匝数分别为10和30,以下说法正确的是( )。 A.线圈A与线圈B转速之比为2∶3 B.线圈A与线圈B产生的最大电动势之比为1∶1 C.线圈A的感应电动势的瞬时值表达式为e=500πcos 5πt(V) D.线圈B在t=0.3 s时刻位于中性面位置 解析 由图象可得Ta=0.4 s,Tb=0.6 s,则转速na=1Ta=2.5 r/s,nb=1Tb=53 r/s,所以线圈A与线圈B转速之比为3∶2,A项错误;线圈A、B中产生的最大电动势分别为Ema=NaΦmaωa=NaΦma2πTa=10×10×2π0.4 V=500π V,Emb=NbΦmbωb=30×5×2π0.6 V=500π V,所以线圈A与线圈B产生的最大电动势之比为1∶1,B项正确;在t=0时刻,线圈A的感应电动势最大,因此感应电动势的瞬时值表达式为e=500πcos 5πt(V),C项正确;在t=0.3 s时刻,通过线圈B的磁通量为零,磁通量的变化率最大,故感应电流最大,与中性面垂直,D项错误。 答案 BC 三 特殊交变电流有效值的计算 计算交变电流有效值的方法 (1)计算有效值时要根据电流的热效应,抓住“三同”:“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解。 (2)分段计算电热求和得出一个周期内产生的总热量。 (3)利用两个公式Q=I2Rt和Q=U2Rt可分别求得电流有效值和电压有效值。 (4)若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流,其中的14周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和12周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I=Im2、U=Um2求解。 题型1 非常规正弦交变电流有效值的计算 例3 (多选)如图所示,甲、乙为两种电压的波形,其中图甲所示的电压按正弦规律变化,图乙所示的电压波形是正弦函数图象的一部分。下列说法正确的是( )。 A.图甲、图乙均表示交变电流 B.图甲所示电压的瞬时值表达式为u=20sin 100πt(V) C.图乙所示电压的有效值为20 V D.图乙所示电压的有效值为10 V 解析 根据交变电流的定义,图甲、图乙均表示交变电流,A项正确;图甲中电压的最大值Um=20 V,周期为0.02 s,则电压的瞬时值表达式为u=Umsin 2πTt=20sin 100πt(V),B项正确;根据有效值的定义有2022R·T2=U2RT,解得图乙中电压的有效值U=10 V,C项错误,D项正确。 答案 ABD 变式4 电压u随时间t的变化情况如图所示,皆为正弦函数图象的一部分,求电压的有效值。 解析 由有效值的定义式得 110222R·T2+220222R·T2=U2RT,解得U=5510 V。 答案 5510 V 题型2 含二极管的交变电流有效值的求解 例4 如图所示电路,电阻R1与电阻R2串联接在交变电源上,且R1=R2=10 Ω,正弦交流电的表达式为u=20 2sin 100πt(V),R1和理想二极管D(正向电阻为零,反向电阻为无穷大)并联,则R2上的电功率为( )。 A.10 W B.15 W C.25 W D.30 W 解析 由题图可知,当A端输出电流为正时,R1被短路,则此时R2两端电压有效值U2=Um2=20 V,当B端输出电流为正时,R1、R2串联,则R2两端电压有效值U2'=U22=10 V,设在一个周期内R2两端的电压有效值为U,则U2'2R2×T2+U22R2×T2=U2R2×T,解得U=510 V,则有P2=U2R2=25 W。 答案 C 变式5 在如图甲所示的电路中,D为理想二极管(正向电阻为零,反向电阻为无穷大)。R1=30 Ω,R2=60 Ω,R3=10 Ω。当M、N间加上如图乙所示的交变电压时,R3两端电压表的读数大约是( )。 A.3 V B.3.5 V C.4 V D.5 V 解析 在0~0.01 s内,二极管导通,电压表读数U31=R3R3+R12Um=4 V,在0.01 s~0.02 s内,二极管截止,电压表读数U32=R3R3+R1Um=3 V。根据交流电有效值的定义得U312R3×T2+U322R3×T2=U2R3×T,解得U≈3.5 V,B项正确。 答案 B 题型3 矩形波交变电流有效值的计算 例5 (多选)如图甲所示,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,两导线框半径相等,过直线OMON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.t=T8时,两导线框中产生的感应电动势相等 甲 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 解析 设导线框半径为l,角速度为ω,两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径,因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为E=12Bωl2,但进磁场和出磁场时电流方向相反,所以线框中应该产生方波式交变电流,如图乙所示,A项错误;由T=2πω可知,两导线框中感应电流的周期相同,均为T,B项正确;t=T8时,两导线框均在切割磁感线,故两导线框中产生的感应电 动势均为12Bωl2,C项正确;对于线框M,有E2R·T2+E2R·T2=U有M2R·T,解得U有M=E,对于线框N,有E2R·T4+0+E2R·T4+0=U有N2R·T,解得U有N=22E,故两导线框中感应电流的有效值并不相等,D项错误。 乙 答案 BC查看更多