【物理】2018届一轮复习人教版 交变电流的产生及描述 教案

【物理】2018届一轮复习人教版 交变电流的产生及描述 教案

第1节　交变电流的产生及描述 一、交变电流的产生和变化规律 ‎1．交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流．‎ ‎2．正弦交流电 ‎(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．‎ ‎(2)中性面 ‎①定义：与磁场垂直的平面．‎ ‎②特点：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，感应电动势为零．线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次．‎ ‎(3)变化规律(线圈在中性面位置开始计时)‎ ‎①电动势(e)：e＝Emsin ωt.‎ ‎②电压(u)：u＝Umsin_ωt.‎ ‎③电流(i)：i＝Imsin_ωt.‎ ‎(4)图象(如图所示)‎ 二、描述交变电流的物理量 ‎1．交变电流的周期和频率的关系：T＝.‎ ‎2．峰值和有效值 ‎(1)峰值：交变电流的峰值是它能达到的最大值．‎ ‎(2)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等，则这个恒定电流I、恒定电压U就是这个交变电流的有效值．‎ ‎(3)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系 I＝，U＝，E＝.‎ ‎3．平均值：＝n.‎ ‎[自我诊断]‎ ‎1．判断正误 ‎(1)交变电流的主要特征是电流的方向随时间周期性变化．(√)‎ ‎(2)大小变化而方向不变的电流也叫交变电流．(×)‎ ‎(3)线圈经过中性面时产生的感应电动势最大．(×)‎ ‎(4)在一个周期内，正弦交流电的方向改变两次．(√)‎ ‎(5)最大值和有效值之间的倍关系只适用于正弦(余弦)交流电．(√)‎ ‎(6)交流电压表及交流电流表的读数均为峰值．(×)‎ ‎2．矩形线圈的面积为S，匝数为n，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动．当转到线圈平面与磁场垂直的图示位置时(　　)‎ A．线圈中的电动势为nBSω B．线圈中的电动势为0‎ C．穿过线圈的磁通量为0‎ D．穿过线圈的磁通量变化率最大 解析：选B.图示时刻线框的四边都不切割磁感线，不产生感应电动势，即线圈中的电动势为0，故选项A错误，选项B正确；图示时刻线框与磁场垂直，磁通量最大，为Φ＝BS，故选项C错误；图示位置线圈中的电动势为0，根据法拉第电磁感应定律E＝n可知穿过线圈的磁通量变化率为0，故选项D错误．‎ ‎3．(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100πt(V)．对此电动势，下列表述正确的有(　　)‎ A．最大值是50 V　 B．频率是100 Hz C．有效值是25 V D．周期是0.02 s 解析：选CD.由e＝Emsin ωt＝50sin 100 πt(V)可知，Em＝50 V，E有效＝＝25 V，ω＝100π rad/s，T＝＝0.02 s，f＝50 Hz，C、D正确．‎ ‎4．一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为(　　)‎ A．5 V B．5 V C．10 V D．10 V 解析：选C.电热器接到直流电源上，由功率表达式P＝可知，P＝＝.当其接到交流电源时，有＝，则U2＝U1，U2为正弦交流电的有效值，则此交流电的最大值Um＝U2＝10 V，C正确．‎ ‎5．某手摇交流发电机，其线圈绕垂直于匀强磁场方向的轴(位于线圈平面内)匀速转动，产生的交变电流i随时间t变化的图象如图，由图象可知(　　)‎ A．该交变电流频率是0.4 Hz B．该交变电流有效值是‎0.8 A C．该交变电流瞬时值表达式是i＝0.8sin(5πt)A D．t＝0.1 s时穿过线圈平面的磁通量最大 解析：选C.根据电流随时间变化的图象知，交流电的周期为0.4 s，故交流电的频率为2.5 Hz，A错误；交变电流的最大值为0.8 A，有效值为0.4 A，B错误；把ω＝＝5π rad/s代入正弦式交变电流的瞬时值表达式得i＝0.8sin(5πt)A，C正确；t＝0.1 s时，电流最大，此时穿过线圈平面的磁通量为零，D错误．‎ 考点一　正弦交变电流的产生与瞬时值表达式 ‎1．正弦式交变电流的变化规律及对应图象(线圈在中性面位置开始计时)‎ 函数 图象 磁通量 Φ＝Φm·cos ωt＝BScos ωt 电动势 e＝Em·sin ωt＝nBSωsin ωt 电压 u＝Um·sin ωt＝sin ωt 电流 i＝Im·sin ωt＝ sin ωt ‎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，＝0，e＝0，i＝0，电流方向发生改变．‎ ‎(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．‎ 考向1：正弦交变电流的产生 ‎(1)解决此类问题的关键在于把线圈在匀强磁场中的具体位置与转动的时刻对应好，也就是电流的变化规律与线圈在磁场中转动的具体情境对应好．‎ ‎(2)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．‎ ‎[典例1]　如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时(　　)‎ A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流 B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势 C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d→a D．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力 解析　线圈绕垂直于磁场方向的轴转动产生交变电流，产生的电流、电动势及线圈各边所受安培力大小与转轴所在位置无关，故A对，B、D错；图示时刻产生电流的方向为a→d→c→b→a，故C错．‎ 答案　A 考向2：交变电流的图象 ‎(1)由图象可读出交变电流的电压或电流的最大值，进而利用正弦式交变电流最大值与有效值的关系得到有效值．‎ ‎(2)由图象可读出交变电流的变化周期T，然后计算得出角速度ω＝.‎ ‎(3)根据最大值、角速度等信息可以写出交变电流的瞬时值表达式．‎ ‎[典例2]　(2016·湖南衡阳联考)(多选)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝36 sin 25πt V B．曲线b表示的交变电动势最大值为28.8 V C．t＝5×10－2 s时，曲线a、b对应的感应电动势大小之比为3∶2‎ D．t＝6×10－2 s时，曲线a对应线框的磁通量最大，曲线b对应线框的磁通量为0‎ 解析　由图乙可知，Ema＝36 V，ωa＝＝ rad/s＝25 π rad/s，则曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝Emasin ωat＝36 sin 25πt V，故A正确；由图乙知曲线a、b表示的交变电流的周期之比为Ta∶Tb＝(8×10－2)∶(12×10－2)＝2∶3，由ω＝可知ωa∶ωb＝Tb∶Ta＝3∶2，所以曲线a、b表示的交变电动势的最大值之比Ema∶Emb＝NBSωa∶NBSωb＝ωa∶ωb＝3∶2，又知Ema＝36 V，则Emb＝24 V，故B错误；曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝36 sin 25πt V，曲线b表示的交变电动势瞬时值eb＝24 sint V，将t＝5×10－2 s代入，得ea＝－18 V，eb＝12 V，|ea|∶eb＝3∶2，故C正确；由图乙知t＝6×10－2 s时，a的电动势最大，对应线框的磁通量为0，b的电动势为0，对应线框的磁通量最大，故D错误．‎ 答案　AC 考向3：交变电流瞬时值的书写 交变电流瞬时值表达式的推导思路 ‎(1)先求电动势的最大值Em＝nBSω；‎ ‎(2)求出角速度ω，ω＝；‎ ‎(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．‎ ‎[典例3]　图甲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，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．图乙是线圈的主视图，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ω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φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式．‎ 解析　(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，ab、cd切割磁感线，且转动的半径为r＝，‎ 转动时ab、cd的线速度v＝ωr＝，且与磁场方向的夹角为ωt，‎ 所以，整个线圈中的感应电动势e1＝2BL1vsin ωt＝BL1L2ωsin ωt.‎ ‎(2)当t＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则t时刻时，线圈平面与中性面的夹角为ωt＋φ0‎ 故此时感应电动势的瞬时值 e2＝2BL1vsin(ωt＋φ0)＝BL‎1L2ωsin(ωt＋φ0)‎ 答案　(1)e1＝BL1L2ωsin ωt　(2)e2＝BL1L2ωsin (ωt＋φ0)‎ ‎(1)交变电流图象问题的三点注意 ‎①只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．‎ ‎②注意峰值公式Em＝nBSω中的S为有效面积．‎ ‎③在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．‎ ‎(2)瞬时值书写的两关键 ‎①确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象或由公式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．‎ a．线圈从中性面位置开始转动，则i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsin ωt，图象如图甲所示．‎ b．线圈从垂直中性面位置开始转动，则i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcos ωt.图象如图乙所示．‎ 考点二　交变电流有效值的计算 ‎1．公式法 利用E＝、U＝、I＝计算，只适用于正(余)弦式交变电流．‎ ‎2．利用有效值的定义计算(非正弦式电流)‎ 计算时“相同时间”至少取一个周期或为周期的整数倍．‎ ‎3．利用能量关系 当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和守恒定律来求有效值．‎ ‎1．通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s．电阻两端电压的有效值为(　　)‎ A．12 V　 　　　 B．4 V C．15 V D．8 V 解析：选B.由题意结合有效值的定义可得I2RT＝2，将I1＝0.1 A，I2＝0.2 A代入可得流过电阻的电流的有效值I＝ A，故电阻两端电压的有效值为IR＝4 V，选项B正确．‎ ‎2．如图所示为一交变电流随时间变化的图象，则此交变电流的有效值为(　　)‎ A. A B．‎2 A C. A D．‎‎3 A 解析：选C.由图象可知此交变电流的周期是2 s．设交变电流的有效值为I ‎，周期为T，则I2RT＝2R·＋2R·，解得I＝ A，故选C.‎ ‎3．如图所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一个部分，则此交变电流的电压的有效值是(　　)‎ A. V B．5 V C. V D．3 V 解析：选C.设其有效值为U，根据交变电流的有效值定义和题图中电流特点可得，在一个周期内有t1＋t2＝t，即2××0.01 s＋(4 V)2××0.01 s＝U2××0.02 s，解得U＝ V，故C正确．‎ ‎4．如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为(　　)‎ A．Um B. C. D. 解析：选D.由题给图象可知，交流电压的变化规律具有周期性，用电流热效应的等效法求解．设电灯的阻值为R，正弦式交流电压的有效值与峰值的关系是U＝，由于一个周期内半个周期有交流电压，一周期内交流电产生的热量为Q＝·＝·，设交流电压的有效值为U，由电流热效应得Q＝·＝·T，所以该交流电压的有效值U＝，D正确．‎ 有效值求解的三点注意 ‎(1)计算有效值时要注意根据电流的热效应，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)利用两类公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值．‎ ‎(3)若图象部分是正弦(或余弦)交流电，其中的从零(或最大值)开始的周期整数倍的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Im＝I、Um＝U求解．‎ 考点三　正弦交变电流的“四值”‎ 物理含义 重要关系 适用情况 瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt ‎ i＝Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力 最大值 最大的瞬时值 Em＝nBSω Im＝ 确定用电器的耐压值，如电容器、晶体管等的击穿电压 有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流值 对正（余）弦式交流电：　　 ‎ E＝ U＝ I＝ ‎①计算与电流热效应相关的量，如功、功率、热量等；②交流电表的测量值；③电气设备所标注的额定电压、额定电流；④保险丝的熔断电流 平均值 交变电流图象中图线与时间轴围成面积与时间的比值 ＝n ＝ 计算通过电路某一截面的电荷量：q＝·t ‎1．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为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 解析：选D.因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝Ne0，故选项D正确．‎ ‎2．(多选)如图所示，面积为S的矩形线圈共N匝，线圈总电阻为R，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO′为轴，以角速度ω匀速旋转，图示位置C与纸面共面，位置A与位置C成45°角．线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．平均电动势为NBSω B．通过线圈某一截面的电荷量q＝ C．在此转动过程中，外界对线圈做的总功为 D．在此转动过程中，电流方向会发生改变 解析：选AC.线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，ΔΦ＝2BScos ‎ 45°＝BS，Δt＝，根据＝N，得＝NBSω，故A正确．根据＝N，q＝Δt＝N＝，故B错误．产生电动势的峰值Em＝NBSω，则有效值E＝＝，则W＝Q＝Δt＝，故C正确．线圈每经过中性面一次，电流方向改变，线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，电流方向不变，故D错误．‎ ‎3．将阻值为100 Ω的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示．则可以判断(　　)‎ A．t＝0时刻线圈应转到图甲所示的位置 B．该线圈的转速为100π r/s C．穿过线圈的磁通量的最大值为 Wb D．线圈转一周所产生的电热为9.68 J 解析：选D.t＝0时刻产生的电动势为零，所以线圈应处于中性面即线圈与磁场垂直的位置，故A错误；据图乙可知，T＝0.02 s，据T＝可得ω＝100π rad/s，所以转速为50 r/s，故B错误；据Em＝nBSω可知，BS＝ Wb＝9×10－3 Wb，故C错误；据峰值可知，E＝0.707Em＝220 V，据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量Q＝·T＝9.68 J，故D正确．‎ ‎4. 如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝‎20 cm，ad边长l2＝‎25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝9 Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd 边转入纸里．求：‎ ‎(1)t＝0时感应电流的方向；‎ ‎(2)感应电动势的瞬时值表达式；‎ ‎(3)线圈转一圈外力做的功；‎ ‎(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量．‎ 解析：(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba.‎ ‎(2)线圈的角速度 ω＝2πn＝100π rad/s 图示位置的感应电动势最大，其大小为 Em＝NBl‎1l2ω 代入数据得Em＝314 V 感应电动势的瞬时值表达式 e＝Emcos ωt＝314cos(100πt) V.‎ ‎(3)电动势的有效值E＝ 线圈匀速转动的周期 T＝＝0.02 s 线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即 W＝I2(R＋r)T＝·T 代入数据得W＝98.6 J.‎ ‎(4)从t＝0起转过90°过程中，Δt内流过R的电荷量：‎ q＝Δt＝＝ 代入数据得q＝0.1 C.‎ 答案：(1)感应电流方向沿adcba　(2)e＝314cos (100πt) V　(3)98.6 J　(4)0.1‎ ‎ C 交变电流“四值”应用的几点提醒 ‎(1)在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构．‎ ‎(2)注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应来等效定义的．‎ ‎(3)与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，一定要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，一定要用平均值．‎