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学案3 习题课：交变电流的产生及描述
[目标定位] 1.理解交变电流的产生过程，能够求解交变电流的瞬时值.2.理解交变电流图像的物理意义.3.知道交变电流“四值”的区别，会求解交变电流的有效值．
一、对交变电流产生规律的理解
求解交变电动势瞬时值时：(1)首先要计算峰值E m ＝NBSω；(2)确定线圈转动从哪个位置开始，以便确定瞬时值表达式是按正弦规律变化还是按余弦规律变化；(3)确定线圈转动的角速度ω(以rad/s 作单位)；(4)最后确定感应电动势的瞬时值表达式．
例1 图1甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图．其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的匝数n ＝100匝，电阻r ＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R 连接，电阻R ＝90 Ω，与R 并联的交流电压表为理想电表．在t ＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 按图乙所示正弦规律变化．求：
图1
(1)交流发电机产生的电动势最大值； (2)电动势的瞬时值表达式；
(3)线圈转过1
30 s 时电动势的瞬时值；
(4)电路中交流电压表的示数．
解析 (1)交流发电机产生的电动势最大值E m ＝nBSω
而Φm ＝BS ，ω＝2πT ，所以E m ＝2n πΦm
T
由Φ－t 图线可知，Φm ＝2.0×10－
2 Wb ，T ＝0.2 s
所以E m ＝20π V ＝62.8 V.
(2)线圈转动的角速度ω＝2πT ＝2π
0.2 rad/s ＝10π rad/s ，由于从垂直中性面处开始计时，所以感
应电动势瞬时值表达式为e ＝E m cos ωt ＝62.8cos (10πt ) V
(3)当线圈转过1
30 s 时
e ＝20πcos (10π×1
30
) V ＝10π V ＝31.4 V
(4)电动势的有效值E ＝E m
2
＝102π V
U ＝R R ＋r E ＝90100×102π V ＝92π V ≈40 V
答案 (1)62.8 V (2)e ＝62.8cos (10πt ) V (3)31.4 V (4)40 V
二、交变电流图像的应用
正弦交流电的图像是一条正弦曲线，从图像中可以得到以下信息：
1．周期(T )和角速度(ω)：线圈转动的角速度ω＝2π
T
.
2．峰值(E m ，I m )：图像上的峰值．可计算出有效值E ＝E m 2，I ＝I m
2.
3．瞬时值：每个“点”表示某一时刻的瞬时值．
4．可确定线圈位于中性面的时刻，也可确定线圈平行于磁感线的时刻．
5．判断线圈中磁通量Φ及磁通量变化率ΔΦ
Δt
的变化情况．
例2 如图2所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )
图2
A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B ．线圈先、后两次转速之比为3∶2
C ．交流电a 的瞬时值为u ＝10sin (5πt ) V
D ．交流电b 的最大值为20
3
V
解析 由题图可知，t ＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，A 错误；由题图可知T a ∶T b ＝2∶3，故n a ∶n b ＝3∶2，B 正确；由题图可知，C 正确；因ωa ∶ωb ＝3∶2，交
流电最大值U m ＝NBSω，故U m a ∶U m b ＝3∶2，U m b ＝23U m a ＝20
3 V ，D 正确．
答案 BCD
三、交变电流有效值的计算
交变电流有效值的计算一般有以下两种情况：
1．对于按正(余)弦规律变化的电流，可先根据E m ＝NBSω求出其峰值，然后根据E ＝E m
2
求出其有效值．
2．当电流按非正弦规律变化时，必须根据有效值的定义求解．计算时要注意三同：相同电阻、相同时间(一般要取一个周期)、产生相同热量．
例3 图3表示一交流电电流随时间变化的图像，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为I m ；电流的负值强度为I m ，则该交流电的有效值为 ( )
图3
A.
I m 2
B.2I m C ．I m D.32I m
解析 根据有效值的定义，取一个周期T ，则
Q ＝(I m 2)2R T 2
＋I 2m
R T 2＝I 2
RT 解得I ＝3
2I m ，故选D.
答案 D
四、交变电流“四值”的应用比较
交变电流的四值，即峰值、有效值、瞬时值、平均值，在不同情况下的使用： (1)在研究电容器的耐压值时，只能用峰值．
(2)在研究交变电流做功、电功率及产生的热量时，只能用有效值，交流电表显示的也是有效值．
(3)在研究交变电流通过导体横截面的电荷量时，只能用平均值． (4)在研究某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值．
特别提醒 (1)交变电流的平均值是针对某一过程的物理量，在不同的时间内平均值一般不相同．
(2)平均电动势不等于初、末两时刻瞬时值的平均值，必须用法拉第电磁感应定律计算即E ＝N ΔΦΔt . 例4
图4
一个总电阻为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4所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R . (1)求此时刻线圈感应电流的方向．
(2)线圈转动过程中感应电动势的最大值为多大？
(3)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？ (4)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？ (5)图中电流表和电压表的示数各是多少？ 解析 (1)由右手定则可判定电流的方向沿adcba .
(2)E m ＝NBSω＝NBωL 2.
(3)电动势的有效值E ＝E m
2.
电流的有效值I ＝E
R ＋r ，由于不计能量损失，柴油机做的功全部转化为电能，线圈转一周，
柴油机做的功 W ＝EIt ＝E 2
R ＋r
t ＝
⎝⎛⎭⎫NBωL 2
22
R ＋r
·2πω
＝πN 2B 2ωL 4
R ＋r
.
(4)通过R 的电荷量
q ＝I ·Δt ＝N ΔΦΔt
R ＋r ·Δt
＝N ΔΦR ＋r ＝NBL 2·sin 60°R ＋r ＝3NBL 22(R ＋r )
(5)电流表示数 I ＝E R ＋r ＝E m 2(R ＋r )＝NBL 2ω2(R ＋r ) 电压表示数
U ＝IR ＝NBL 2
ωR
2(R ＋r )
答案 见解析
1．(交变电流图像的应用)图5甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化．下列说法正确的是()
图5
A．甲表示交流电，乙表示直流电
B．两种电压的有效值相等
C．甲电压的瞬时值表达式为u＝311sin (100πt) V
D．甲交变电流的有效值比乙交变电流的有效值大
答案CD
解析两题图中交变电流的大小和方向都随时间变化，在t轴的上方为正，下方为负，A错．有
效值E＝E m
2
只对正弦交流电适用，将两个图像叠放在一起，可以看出两个交变电流的最大
值相等，甲对应的有效值大，所以B错，D对．由题图甲可知C对．
2．(交变电流有效值的计算)如图6所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为()
图6
A．1∶ 2 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶6
答案 C
解析电功的计算，I要用有效值计算，题图甲中，由有效值的定义得(1
2
A)2R×2×10－2 s
＋0＋(1
2
A)2R×2×10－2 s＝I21R×6×10－2 s，得I1＝
3
3A；题图乙中，I的值不变，故I2＝
1 A，由W＝UIt＝I2Rt可以得到W甲∶W乙＝1∶3，C正确．
3. (交变电流“四值”的应用比较)如图7所示，一半径为r 的半圆形单匝线圈放在具有理想边界的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B .线圈以直径ab 为轴匀速转动，转速为n ，磁场位于ab 左侧且垂直于纸面向里(与ab 垂直) , M 和N 是两个滑环，负载电阻为R .线圈、电流表和连接导线的电阻不计，下列说法中正确的是( )
图7
A ．转动过程中电流表的示数为π2
Bnr
2
2R
B ．从图示位置起转过1
4圈的时间内产生的平均感应电动势为2n πBr 2
C ．从图示位置起转过14圈的时间内通过负载电阻R 的电荷量为2B π2r 2
8R
D. 以上说法均不正确 答案 AB
解析 交流电动势的最大值为I m ＝B ×12R πr 2×2n π＝B π2nr 2
R
，转动过程中通过电流表的示数
为有效值，由有效值的定义得(I m 2
)2R ·T 2＋0＝I 2
RT ，解得I ＝B π2nr 22R ，平均感应电动势为E ＝
B ×12πr 2π2×2n π＝2n πBr 2
，A 、B 正确．通过负载电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＝B ×12πr 2
R ＝B πr 22R ，C 错误．
4. (对交变电流产生规律的理解)如图8所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB 轴
转动，已知匀强磁场的磁感应强度B ＝52
π T ，线框的CD 边长为20 cm ，CE 、DF 长均为
10 cm ，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：
图8
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)在e －t 坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图像． 答案 (1)e ＝102cos (100πt ) V (2)见解析图
解析 (1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，在t 时刻线框转过的
角度为ωt ，此时刻e ＝Bl 1l 2ωcos ωt ，即e ＝BSωcos ωt ，其中B ＝52
π T ，S ＝0.1×0.2 m 2＝
0.02 m 2，ω＝2πn ＝2π×50 rad/s ＝100π rad/s ，
故e ＝52π×0.02×100πcos (100πt ) V ，
即e ＝102cos (100πt ) V.
(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图像如图所示．
题组一 对交变电流产生规律的理解
1. 如图1所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动．在线框由水平位置以角速度ω匀速转过90°的过程中，穿过线框面的最大磁通量为Φ，已知导线框的电阻为R ，则下列说法中正确的是 ( )
图1
A ．导线框转到如图所示的位置时电流的方向将发生改变
B ．导线框转到如图所示的位置时电流的方向为badcb
C ．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e ＝Φωsin ωt
D ．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e ＝Φωcos ωt 答案 D
2．面积均为S 的两个电阻相同的线圈，分别放在如图2甲、乙所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B 0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T 绕OO ′轴匀速转动，乙图中磁场变化
规律为B ＝B 0cos 2π
T
t ，从图示位置开始计时，则 ( )
图2
A ．两线圈的磁通量变化规律相同
B ．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同
C ．经相同的时间t (t ＞T )，两线圈产生的热量不同
D ．从此时刻起，经T
4时间，通过两线圈横截面的电荷量不同
答案 A
解析 甲图中的磁通量变化规律为Φ甲
＝B 0S cos
2π
T
t ，乙图中磁通量的变化规律为Φ乙
＝
B 0S cos
2π
T
t ，故A 正确．由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E 也相同，又因两线圈电阻相同，所以Q ＝
E 2
R
t 也相同，经过T 4时间，通过两线圈横截面的电荷量q ＝I ·T
4也相同，故B 、C 、D 错误．
题组二 交变电流图像的应用
3．某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图像是 ( )
答案 B
解析 线圈转速为正常时的一半，据ω＝2πn ＝2π
T 知，周期变为正常时的2倍，又据E m ＝NBSω
知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，知正确选项为B.
4．一矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交变电动势e 随时间t 变化的情况如图3所示，下列说法中正确的是 ( )
图3
A ．此交流电的频率为0.2 Hz
B ．此交变电动势的有效值为1 V
C ．t ＝0.1 s 时，线圈平面与磁场方向平行
D ．在线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为1
100π
Wb 答案 D
解析 由题图可知，此交流电的周期T ＝0.2 s ，频率f ＝1T ＝5 Hz ，A 错误．E ＝E m 2＝2
2 V ，
B 错误．t ＝0.1 s 时，感应电动势为0，线圈平面与磁感线垂直，
C 错误．因E m ＝NBSω，其
中N ＝10，ω＝2πT ＝10π rad/s ，故Φm ＝BS ＝1
100π Wb ，D 正确．
5．如图4(a)所示，一矩形线圈abcd 放置在匀强磁场中，并绕过ab 、cd 中点的轴OO ′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时为计时起点，如图(b)所示，并规定当电流自a 流向b 时电流方向为正．则下列所示的四幅图中正确的是( )
图4
答案 D
解析 由楞次定律知，t ＝0时，感应电流方向为负，线圈平面与中性面的夹角为π2－θ＝π
4
，
线圈再转过π4到达中性面，所以，在线圈转过π4的过程中电流在减小，ωt ＝π
4时，i ＝0，因而
只有D 项正确．
题组三 交变电流有效值的计算
6．A 、B 是两个完全相同的电热器，A 通以图5甲所示的方波交变电流，B 通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率P A ∶P B 等于 ( )
图5
A ．5∶4
B ．3∶2 C.2∶1 D ．2∶1 答案 A
解析 方形波的有效值为I 20
R T 2＋14I 20R T 2＝I 2
1
RT ， 解得I 1＝5
8I 0
正弦交流电有效值为I 2＝I 0
2
所以P A ∶P B ＝I 21R ∶I 2
2R ＝5∶4，故选A.
7．一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P
2.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 2 V C ．10 V D ．10 2 V 答案 C
解析 根据P ＝U 2R ，对直流电有P ＝(10 V )2R ，对正弦式交流电有P 2＝U ′
2
R
，所以正弦交流电
的有效值为U ′＝ PR 2＝10
2
V ，故交流电源输出电压的最大值U m ′＝2U ′＝10 V ，故
选项C 正确．
题组四 交变电流“四值”的应用比较
8. 如图6所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab 边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S ，线圈导线的总电阻为R .t ＝0时刻线圈平面与纸面重合．则( )
图6
A ．线圈中电流瞬时值表达式为i ＝BSω
R cos ωt
B ．线圈中电流的有效值为I ＝BSω
R
C ．线圈中电流的有效值为I ＝2BSω2R
D ．线圈消耗的电功率为P ＝B 2S 2ω2
答案 CD
解析 回路中感应电动势最大值E m ＝BSω，电流最大值I m ＝E m R ＝BSωR
，t ＝0时线圈位于中性面，故电流瞬时值表达式i ＝BSωR sin ωt .线圈中电流的有效值I ＝I m 2＝2BSω2R ，P ＝I 2R ＝B 2S 2ω2
2R
，故A 、B 错误，C 、D 正确． 9. 如图7所示，在匀强磁场中有一个内阻r ＝3 Ω、面积S ＝0.02 m 2的半圆形导线框可绕OO ′
轴旋转．已知匀强磁场的磁感应强度B ＝52π
T ．若线框以ω＝100π rad/s 的角速度匀速转动，且通过电刷给“6 V 12 W ”的小灯泡供电，则：
图7
(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)从图示位置开始，线框转过90°的过程中，流过导线横截面的电荷量是多少？该电荷量与线框转动的快慢是否有关？
(3)由题所给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡实际功率为多大？
答案 (1)e ＝102cos (100πt ) V (2)260π C 无关 (3)不能 253
W 解析 (1)线框转动时产生感应电动势的最大值E m ＝BSω＝52π
×0.02×100π V ＝10 2 V 因线框转动从平行于磁感线位置开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式
e ＝E m cos ωt ＝102cos (100πt ) V.
(2)线框转过90°的过程中，产生的平均电动势E ＝ΔΦΔt
. 流过导线横截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝BS R ＋r
， 又灯泡电阻R ＝U 20P 0＝6212
Ω＝3 Ω. 故q ＝BS R ＋r ＝52π×0.023＋3
C ＝260π C ，与线框转动的快慢无关．(3)线框产生的感应电动势的有效值
E ＝E m 2
＝10 V ，灯泡两端电压U ＝E R ＋r R ＝5 V ， 因U ＜6 V ，
故灯泡不能正常发光．
其实际功率P ＝U 2R ＝523 W ＝253
W.。