高考物理一轮复习讲义:第十一章 第1讲 交变电流的产生和描述 Word版含答案
第十一章第1讲交变电流的产生与描述-2025年高考物理一轮复习PPT课件
高考一轮总复习•物理
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典例 1 (2021·北京卷)一正弦式交变电流的 i-t 图像如图所示.下列说法正确的是( )
A.在 t=0.4 s 时电流改变方向
B.该交变电流的周期为 0.5 s
C.该交变电流的表达式为 i=2cos 5πt A
D.该交变电流的有效值为
2 2
A
高考一轮总复习•物理
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高考一轮总复习•物理
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1.思维辨析 (1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时,一定会产生正弦式交变电流.( ) (2)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时,产生的感应电动势也最 大.( ) (3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时,线圈中的感应电动势为零,电流 方向发生改变.( √ ) (4)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值. ( √ ) (5)交流电压表和交流电流表测量的是交流电的峰值.( )
直 观 情 境
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2.正弦交变电流的产生及图像 (1)产生 ①产生:如图所示,在匀强磁场中,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.
直 观 情 境
高考一轮总复习•物理
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②两个特殊位置 中性面
中性面的垂面
与磁场方向__垂__直_____的平面 与磁场方向___平__行____的平面
解析
高考一轮总复习•物理
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2.[交流有效值的计算]某品牌电热毯的简易电路如图甲所示,电热丝的电阻为 R=484 Ω,现将其接在 u=220 2·sin 100πt(V)的正弦交流电源上,电热毯被加热到一定温度后, 温控装置 P 使输入电压变为如图乙所示的波形,从而进入保温状态,若电热丝的电阻保持 不变,则保温状态下,理想交流电压表 V 的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组 数据( )
高考物理一轮复习第十一章第1节交变电流的产生及其描述课件
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可变电阻R连接,
与R并联的交流电压表为理想电表,当R=10 Ω时电压表示数是10 V。已知线圈
的内阻为r=5 Ω,图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图像,则(
)
A.可变电阻R消耗的电功率为10 W
B.穿过线圈磁通量的最大值为 3 2 Wb
B.线圈中产生的瞬时电动势的大小是
3
2
BSω
C.线圈再转过60°时,产生的电流达到最大值
D.线圈转动过程中,穿过它的磁通量的变化率恒定
答案 B
解析 当线圈逆时针转动时,磁通量增大,由楞次定律可知,线圈中电流的方
向是a→d→c→b→a,故A错误;线圈中的最大感应电动势为Emax=BSω,如果
从垂直中性面开始计时,线圈转过30°,则e=Emaxcos 30°=
轴匀速转动,产生的交变电动势e随
时间t变化的图像如图乙中曲线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,选
答案 BD
解析 一个周期内,线圈只有一半时间在磁场中,故 A 错误;电动势最大值
Em=nBSω=80 V,故
e=Emsin
π
=40
6
1
B 正确;线圈转动60
π
s,转过角度6 ,瞬时感应电动势为
V,故 C 错误;在一个周期时间内,只有半个周期产生感应电动
高三物理人教版一轮教师用书第11章第1节交变电流的产生及描述含解析
第章交变电流传感器[全国卷三年考点考情]说明:(1)不要求讨论交变电流的相位和相位差的问题.(2)只限于单相理想变压器.第一节交变电流的产生及描述(对应学生用书第200页)[教材知识速填]知识点1交变电流的产生和变化规律1.产生如图11-1-1所示,将闭合线圈置于匀强磁场中,并绕垂直于磁感线方向的轴匀速转动.图11-1-12.交变电流(1)定义:大小和方向都随时间做周期性变化的电流.(2)按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流.3.正弦式交变电流(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)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=E m sin_ωt.②负载两端电压u随时间变化的规律:u=U m sin_ωt.③电流i随时间变化的规律:i=I m sin_ωt.其中ω等于线圈转动的角速度,E m=nBl1l2ω=nBSω.(3)图象(如图11-1-2所示)图11-1-2易错判断(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.(×)知识点2描述交变电流的物理量1.周期和频率(1)周期T:交变电流完成一次周期性变化(线圈转动一周)所需的时间,单位是秒(s).公式为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.交变电流的“四值”(1)瞬时值:交变电流某一时刻的值,是时间的函数.(2)峰值:交变电流的电流或电压所能达到的最大值.(3)有效值:跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值.对正弦式交变电流,其有效值和峰值的关系为:EUI(4)平均值:交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值,其数值可以用E =n ΔΦΔt 计算.易错判断 (1)在一个周期内,正弦交流电的方向改变两次.(√)(2)最大值和有效值之间的2倍关系只适用于正弦(余弦)交流电.(√)(3)交流电压表及交流电流表的读数均为峰值.(×)[教材习题回访]考查点:瞬时值的计算1.(人教版选修3-2 P 34 T 5改编)如图11-1-3所示,KLMN 是一个竖直的矩形导线框,全部处于磁感应强度为B 的水平方向的匀强磁场中,线框面积为S ,MN 边水平,线框绕某竖直固定轴以角速度ω匀速转动.在MN 边与磁场方向的夹角到达30°的时刻(图示位置),则导线框中产生的瞬时电动势e 的大小和线框此时电流的方向分别为(已知线框按俯视的逆时针方向转动)( )图11-1-3A.12BSω,电流方向为KNMLKB.32BSω,电流方向为KNMLK C.12BSω,电流方向为KLMNKD.32BSω,电流方向为KLMNK[答案] B考查点:最大值的计算2.(人教版选修3-2 P34T3改编)图11-1-4中,设磁感应强度为0.01 T,单匝线圈边长AB为20 cm,宽AD为10 cm,转速n为50 r/s,则线圈转动时感应电动势的最大值为()图11-1-4A.1×10-2 VB.3.14×10-2VC.2×10-2 VD.6.28×10-2 V[答案]D考查点:交变电流的图象3.(沪科版选修3-2 P59 T4改编)图11-1-5为某正弦式交变电流的图象,则该电流的瞬时表达式为()图11-1-5A.i=102sin 100πt AB.i=10sin 10·πt AC.i=202sin 50πt AD.i=20sin 100πt A[答案]D考查点:有效值的计算4.(鲁科版选修3-2P61T1)两只相同的电阻,分别通以正弦波形的交流电和方波形的交流电,两种交流电的最大值相等,且周期相等(如图11-1-6所示).在正弦波形交流电的一个周期内,正弦波形的交流电在电阻上产生的焦耳热为Q1,其与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比Q1∶Q2等于()图11-1-6A .1∶1B .2∶1C .1∶2D .4∶3[答案] C(对应学生用书第201页)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,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.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)3.次通过中性面,因此电流的方向改变两次.[题组通关]1.为了研究交流电的产生过程,小张同学设计了如下实验构思方案:第一次将单匝矩形线圈放在匀强磁场中,线圈绕转轴OO1按图11-1-7甲所示方向匀速转动(ab向纸外,cd向纸内),并从图甲所示位置开始计时.此时产生的交变电流如图11-1-7乙所示.第二次他仅将转轴移至ab边上,第三次他仅将转轴右侧的磁场去掉,关于后两次的电流图象,下列说法正确的是()【导学号:84370468】图11-1-7A.第二次是A图B.第二次是C图C.第三次是B图D.第三次是D图D[第二次他仅将转轴移到ab边上,产生的交流电的电动势E=BSωsin ωt,产生的交流电与乙图一样,故A、B错误;第三次仅将转轴右侧的磁场去掉,只有一个边切割磁感线,所以交流电的数值减半,故C错误,D 项正确.]2.(多选)(2018·济南模拟)某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图11-1-8所示,下列说法正确的是()图11-1-8A.交流电的表达式为e=1002sin 50πt(V)B.交流电的表达式为e=100sin 50πt(V)C.若其他条件不变,仅使线圈的转速变为原来的一半,则交流电动势的表达式为e=50sin 50πt(V)D.若其他条件不变,仅使线圈的转速变为原来的一半,则交流电动势的最大值变为50 VBD[由图象可知,交流电动势的最大值E m=100 V,周期T=0.04 s,所以瞬时值表达式为e=100sin 50πt V,选项A错误,B正确;根据感应电动势最大值的表达式E m=NBSω得知,E m与ω成正比,则线圈的转速变为原来的一半,感应电动势最大值变为原来的一半,为E m′=50 V,则交流电动势的表达式为e=50sin 25πt(V),故选项C错误,D正确.]如图所示,在水平向右的匀强磁场中,一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动,线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路.t1、t2时刻线框分别转到图甲、乙所示的位置,下列说法正确的是()A.t1时刻穿过线框的磁通量最大B.t1时刻电阻中的电流最大,方向从右向左C.t2时刻穿过线框的磁通量变化最快D.t2时刻电阻中的电流最大,方向从右向左B[t1时刻,穿过线框的磁通量为零,线框产生的感应电动势最大,电阻中的电流最大,根据楞次定律,通过电阻的电流方向从右向左,A错误,B 正确;t 2时刻,穿过线框的磁通量最大,线框产生的感应电动势为零,电阻中的电流为零,C 、D 错误.]1.公式法利用E =E m 2、U =U m 2、I =I m 2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”要取周期的整数倍,一般取一个周期.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.[母题](多选)如图11-1-9所示,图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波式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,经过1 min 的时间,则( )图11-1-9A .图甲所示交变电流的有效值为33 AB .图乙所示交变电流的有效值为22 AC .两电阻消耗的电功之比为1∶3D .两电阻消耗的电功之比为3∶1AC [设题图甲、乙所示交变电流的有效值分别为I 1、I 2,则⎝ ⎛⎭⎪⎫122×R ×2×10-2+0+⎝ ⎛⎭⎪⎫122×R ×2×10-2=I 21R ×6×10-2,解得I 1=33 A ,而I 2=1 A ,故选项A 正确,B 错误;由W =I 2Rt 得W 1∶W 2=I 21∶I 22=1∶ 3,故选项C 正确,D 错误.][母题迁移]迁移1 仅正(余)弦波形的141.如图11-1-10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( )图11-1-10A .U m B.U m 2C.U m 3D.U m 2 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 ,正弦交流电压的有效值与峰值的关系是U =U m 2,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 =⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22R t =U 2m 2R ·T 2,设交流电压的有效值为U ,由电流热效应得Q =U 2m 2R ·T 2=U 2R ·T ,所以该交流电压的有效值U =U m 2,可见选项D 正确.] 迁移2 不对称矩形波形2.如图11-1-11所示,表示一交流电的电流随时间而变化的图象,此交流电的有效值是 ( )图11-1-11A .5 2 AB .3.5 2 AC .3.5 AD .5 AD [交流电的有效值是根据其热效应定义的,它是从电流产生焦耳热相等的角度出发,使交流电与恒定电流等效.设交流电的有效值为I ,令该交变电流通过一阻值为R 的纯电阻,在一个周期内有:I 2RT =I 21R T 2+I 22R T 2.所以该交流电的有效值为I =I 21+I 222=5 A .]迁移3 不对称上、下正(余)弦波形3.电压u 随时间t 的变化情况如图11-1-12所示,则电压的有效值为( )【导学号:84370469】图11-1-12A .5510 VB .233.5 VC .11010 VD .10010 VA [由有效值的定义式得:⎝ ⎛⎭⎪⎫15622R ×T 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫31122R ×T 2=U 2R T ,得:U =5510 V ,故选项A 正确.]迁移4 存在二极管的情况4.如图11-1-13所示电路,电阻R 1与电阻R 2阻值相同,都为R ,和R 1并联的D 为理想二极管(正向电阻可看作零,反向电阻可看作无穷大),在A 、B 间加一正弦交流电u =202sin 100πt V ,则加在R 2上的电压有效值为( )图11-1-13A .10 VB .20 VC .15 VD .510 VD [电压值取正值时,即在前半个周期内,二极管电阻为零,R 2上的电压等于输入电压值,电压值取负值时,即在后半周期内,二极管电阻无穷大可看作断路,R 2上的电压等于输入电压值的一半,据此可设加在R 2的电压有效值为U ,根据电流的热效应,在一个周期内满足U 2R T =202R ·T 2+102R ·T2,可求出U =510 V ,故选项D 正确.] (和交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较[题组通关]3.某小型交流发电机的示意图,其矩形线圈abcd的面积为S=0.03 m2,共有n=10匝,线圈总电阻为r=1 Ω,线圈处于磁感应强度大小为B=22πT的匀强磁场中,可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动,线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路阻值为R=9 Ω的电阻连接.在外力作用下线圈以角速度ω=10π rad/s绕轴OO′逆时针匀速转动,下列说法中正确的是()图11-1-14A.刚开始转动时线圈中感应电流方向为abcdB.用该交流发电机给电磁打点计时器供电时,打点的时间间隔为0.02 s C.该电路的路端电压有效值为5.4 VD.如果将电阻R换成标有“6 V 3 W”字样的小灯泡,小灯泡能正常工作C[由右手定则可知,刚开始转动时线圈中感应电流方向为adcb,选项A错误;交流电的周期T=2πω=2π10πs=0.2 s,故打点的时间间隔一定为0.2 s,故B错误;线圈产生的最大感应电动势为E m=nBSω=10×22π×0.03×10π V=6 2 V,有效值为E=E m2=6 V,根据闭合电路的欧姆定律可知I=ER+r =69+1A=0.6 A,则电路的路端电压有效值为U=IR=5.4V,选项C正确;灯泡的电阻R′=U2P=12 Ω,电灯泡两端的电压为U=ER′+rR′≈5.5 V,故小灯泡不能正常发光,故D错误.故选C.] 4.(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11-1-15所示正弦规律变化.设线圈总电阻为2 Ω,则()【导学号:84370470】图11-1-15A .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 JAD [A 对:t =0时,Φ=0,故线圈平面平行于磁感线.B 错: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.C 错:线圈在磁场中转动,磁通量最大时,感应电动势为0,磁通量为0时,感应电动势最大,故t =1.5 s 时,感应电动势为0.D 对:线圈中感应电动势的最大值E m =nBωS =nωΦm =n 2πT Φm =100×2π2×0.04 V =4π V ,有效值E =E m 2=22π V , 故在一个周期内线圈产生的热量Q =E 2R T =(22π)22×2 J =8π2 J .](2017·芜湖模拟)某正弦交流发电机产生的电动势波形如图所示,已知该发电机线圈匝数n =100匝,线圈面积为S =0.1 m 2,线圈内阻为r =1 Ω,用一理想交流电压表接在发电机的两个输出端.由此可知( )A .线圈在匀强磁场中转动的角速度为50π rad/sB .线圈所在处的磁感应强度是B =1 TC.交流电压表的读数为220 VD.交变电动势的平均值为E=200 VD[由正弦交流发电机产生的电动势波形图可知,周期T=0.02 s,而T=2πω,解得线圈在匀强磁场中转动的角速度为ω=100π rad/s,选项A错误.由正弦交流发电机产生的电动势波形图可知,电动势最大值为E m=314 V,而E m=nBSω,解得B=0.1 T,选项B错误.由于电压表是理想交流电压表,测量值等于交变电压的有效值,为314×22V=222 V,选项C错误.由法拉第电磁感应定律,交变电压的平均值为E=n ΔΦΔt,取T4时间,磁通量变化量ΔΦ=BS,所以E=nBST4=200 V,选项D正确.]。
高考物理一轮复习 第十一章 第1节 交变电流的产生和描述课件
2021/12/9
第十六页,共五十页。
考点 研析 (kǎo diǎn)
核心探究·重难突破
考点一 交变电流(diànliú)的产生及变化规律
1.正弦(zhèngxián)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
图像
磁通量 Φ=Φmcosωt=BScos ωt
故 D 正确.
2021/12/9
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3.电阻不计的单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,产生的交 流电压瞬时值表达式为 u=100 2 cos 100πt(V).下列说法正确的是( A )
A.当线圈平面与磁感线平行时,磁通量变化率最大 B.该交变电流电压的频率为 100 Hz C.穿过线圈的磁通量最大值是 2 Wb D.用理想电压表测量该电压,其示数约为 141 V
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二、描述交变电流的物理量
1.周期和频率
(1)周期 T:交变电流完成一次周期性变化(线圈转动一周)所需的 时间
(shíjiān)
秒(s).表达式为 T= 2π = 1 (n 为转速).
n
(2)频率f:交变电流在1 s内完成
周期的性次变化数(cìshù),单位是
赫兹. (Hz)
发热量的 1 ,故 C 正确. 2
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【针对训练】(2018·全国Ⅲ卷,16)一电阻接到方波交流电源上,在一个周期(zhōuqī)内产生的热量
为Q方;若该电阻接到正弦交流电源上,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( )
高考物理一轮复习11第1讲交变电流的产生和描述课件
2.正弦交流电的产生及图象: (1)产生。 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:
中性面 中性面的垂面
与磁场方向_垂__直__的平面 与磁场方向_平__行__的平面
(2)图象。 用以描述交变电流随时间变化的规律,如果线圈从中性面位置开始计时,则 其图象为_正__弦__式__曲线,如图所示。
(3)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。
( ×)
(4)交变电流的峰值总是有效值的 2 倍。 (5)可以用平均值计算交变电流产生的热量。
(×) (×)
(6)交流电路中电压表、电流表的示数都是有效值。 ( √ )
(7)正弦交变电流 1 周期与 1 周期内电流的有效值一定不同。 ( × )
4
2
休息时间到啦
【情境辨析】 如图是演示用的手摇发电机模型,N匝面积为S的线圈以角速率ω转动,从某 次经过中性面开始计时。
【情境辨析】(1)矩形线圈在 Nhomakorabea强磁场中匀速转动时,一定会产生正弦式交变电流。 ( × )
(2)矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动经过中性面时,线
圈中的感应电动势为零,电流方向发生改变。 ( √ )
复习课件
高考物理一轮复习11第1讲交变电流的产生和描述课件
2021/4/17
高考物理一轮复习11第1讲交变电流的产生和描述课件
1
第1讲 交变电流的产生和描述
【知识建构】 一、交变电流、交变电流的图象 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__式__交变电流。
(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=_E_m·__s_i_n_ω__t_。
高考物理一轮复习讲义 10.1 交变电流的产生和描述 新人教版
第1讲 交变电流的产生和描述对应学生用书P1631.(1)定义:大小和方向都随时间做周期性变化的电流.(2)图象:如图(a)、(b)、(c)、(d)所示都属于交变电流.其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦交流电,如图(a)所示.2.正弦交流电的产生和图象 (1)中性面①中性面:与磁场方向平行的平面.产生:在匀强磁场里,线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.(3)图象:用以描述交流电随时间变化的规律,如果线圈从中性面位置时开始计时,其图象为正弦曲线.如图(a)(e)、(f)所示.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 =E m sin_ωt .(2)负载两端的电压u 随时间变化的规律:u =U m sin_ωt . (3)电流i 随时间变化的规律:i =I m sin_ωt .其中ω等于线圈转动的角速度,E m =nBS ω. 3.交变电流的瞬时值、峰值、有效值(1)瞬时值:交变电流某一时刻的值,是时间的函数.(2)峰值:交变电流的电流或电压所能达到的最大值,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做交变电流的有效值.对正弦交流电,其有效值和峰值的关系为:E =E m2,U =U m 2,I =I m2.1.图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动,不能产生正弦式交变电流的是( ).答案 C2.如图10-1-1甲所示,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,从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,线圈中产生的交变电流按照图10-1-1乙所示的余弦规律变化,在t =π2ω时刻( ).图10-1-1A .线圈中的电流最大B .穿过线圈的磁通量为零C .线圈所受的安培力为零D .穿过线圈磁通量的变化率最大解析 注意线圈转动过程中通过两个特殊位置(平行于磁感线和垂直于磁感线)时的特点;磁通量、磁通量的变化、磁通量的变化率不同;t =π2ω=T4,线圈转过90°,本题应选C项.答案 C 3.图10-1-2如图10-1-2所示,矩形线框置于竖直向下的磁场中,通过导线与灵敏电流表相连,线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动,图中线框平面处于竖直面内.下述说法正确的是( ).A .因为线框中产生的是交变电流,所以电流表示数始终为零B .线框通过图中位置瞬间,穿过线框的磁通量最大C .线框通过图中位置瞬间,通过电流表的电流瞬时值为零D .若使线框转动的角速度增大一倍,那么通过电流表电流的有效值也增大一倍解析 本题考查电磁感应现象,基础题.线框在匀强磁场中匀速转动时,在中性面即线框与磁感线垂直时,磁通量最大感应电动势最小,而在题中图示位置线框与磁感应线平行时,磁通量最小,感应电动势最大,A 、B 、C 项错;电流的有效值I =nBS ω2R,现在其余的量都不变,角速度增大一倍后,电流也增大一倍,D 正确.答案 D4.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象是( ).解析 线圈转速为正常时的一半,据ω=2πn =2πT知,周期变为正常时的2倍,又据E m =NBS ω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.答案 B 5.图10-1-3(2011·扬州模拟)一正弦式电流的电压随时间变化的规律如图10-1-3所示.由图可知( ).A .该交变电流的电压瞬时值的表达式为u =100sin 25t (V)B .该交变电流的频率为4 HzC .该交变电流的电压的有效值为100 VD .若将该交流电压加在阻值为R =100 Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率是50 W解析 从图中可知,交变电流周期T =4×10-2s ,峰值电压U m =100 V ,故交变电流的频率f =1T =25 Hz ,有效值U =U m 2=50 2 V .加在R =100 Ω的电阻上时的热功率P =U 2R =50 W ,瞬时值表达式u =U m sin 2πTt =100sin 50πt (V),故正确选项为D.答案 D6.(2012·广东江门市模拟)风速仪的简易装置如图10-1-4甲所示.在风力作用下,风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动,线圈中的感应电流随风速的变化而变化.风速为v 1时,测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图10-1-4乙所示;若风速变为v 2,且v 2>v 1,则感应电流的峰值I m 和周期T 的变化情况是( ).图10-1-4A .I m 变大,T 变小B .I m 变大,T 不变C .I m 变小,T 变小D .I m 不变,T 变大解析 由于线圈和永磁铁不变,风速增大时,转速增大,磁感应强度的变化率增大,故感应电动势增大,感应电流增大;转速增大,周期变小,故A 正确.答案A对应学生用书P164考点一 正弦式电流的变化规律及应用 1.如图10-1-5(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°时如图10-1-5(b)为计时起点,并规定当电流自a 流向b 时电流方向为正.则下列四幅图中正确的是( ).图10-1-5解析 t =0时线圈中感应电流方向c →b →a →d 为负.经过T8时,线圈平面与磁场垂直,线圈中瞬时电流为零,所以D 正确,A 、B 、C 错误.答案D——关于交变电流图象的题目分为两类一类是给出图象,求解有关的物理量;另一类是通过计算,将结果用图象表示出来. 【变式1】如图10-1-6所示,图10-1-6图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象,当调整线圈转速后,所产生正弦交流电的图象如图线b 所示,以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是( ).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∶2C .交流电a 的瞬时值为u =10sin 5πt (V)D .交流电b 的最大值为203V解析 由图可知t =0时刻时感应电动势为零,穿过线圈的磁通量最大,选项A 错误;由图可知T a =0.4 s ,T b =0.6 s ,线圈先后两次转速之比n a ∶n b =T b ∶T a =3∶2,选项B 正确;交流电a 的瞬时值为u =U m sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT a t ,得u =10sin 5πt (V),选项C 正确;感应电动势最大值U m =NBS ω=NBS ⎝⎛⎭⎪⎫2πT ,所以U m a ∶U m b =T b ∶T a,交流电b 的最大值为203 V ,选项D 正确.答案 A平均值交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值E =Bl v E =nΔΦΔtI =E R +r计算通过电路截面的电荷量如图10-1-7所示,图10-1-7N =50匝的矩形线圈abcd ,ab 边长l 1=20 cm ,ad 边长l 2=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.(1)在图中标出t =0时感应电流的方向; (2)写出感应电动势的瞬时值表达式; (3)线圈转一圈外力做多少功?(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R 的电荷量是多少? 解析 (1)线圈感应电流方向为adcba (图略). (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E m =NBl 1l 2ω 代入数据得E m ≈314 V电动势的表达式e =E m cos ωt =314cos 100πt V.(3)电动势的有效值E =E m2 线圈匀速转动的周期T =2πω=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 =I 2(R +r )T =E 2R +r·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 =N ΔΦR +r Δt Δt =NBS R +r =NBl 1l 2R +r代入数据得q =0.1 C.答案 (1)方向沿adcba 图略 (2)e =314cos 100πt V (3)98.6 J (4)0.1 C 【变式2】电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴,在匀强磁场中匀速转动,产生的交变电动势随时间变化的图象如图10-1-8所示.现把交流电加在电阻为9 Ω的电热丝上,下列判断正确的是( ).A .线圈转动的角速度ω=100 rad/sB .在t =0.01 s 时刻,穿过线圈的磁通量最大C .电热丝两端的电压U =100 2 VD .电热丝此时的发热功率P =1 800 W解析 由题图可以看出该交变电流的周期T =0.02 s ,则角速度ω=2πT =2π0.02=100πrad/s ,A 项错.t =0.01 s 时刻,电压达到最大,则此时磁通量变化率最大,磁通量为零,B项错.电热丝两端电压为路端电压U R =R R +r U =99+1×U m2=90 2 V ,故C 项错.根据电功率公式P =U R 2R=229W =1 800 W ,故D 项正确.答案 D 【典例3】(2011·皖南八校联考)如图10-1-9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( ).A .1∶ 2B .1∶2C .1∶3D .1∶6图10-1-9解析 电功的计算,I 要用有效值计算,图甲中,由有效值的定义得⎝⎛⎭⎪⎫122R ×2×10-2+0+⎝ ⎛⎭⎪⎫122R ×2×10-2=I 12R ×6×10-2,得I 1=33A ;图乙中,I 的值不变,I 2=1 A ,由W =UIt=I 2Rt 可以得到W 甲∶W 乙=1∶3.答案 C——求交变电流有效值的“三同”原则交变电流的有效值是根据电流通过电阻时产生的热效应定义的,即让交变电流和直流电通过相同的电阻,在相同的时间里若产生的热量相同,则交变电流(电压)的有效值就等于这个直流电流(电压)的值,即求解交变电流有效值问题必须在相同电阻、相同时间、相同热量的“三同”原则下求解.【变式3】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10-1-10所示,则线框中感应电流的有效值为( )A.2×10-5 AB.6×10-5AC.22×10-5 AD.322×10-5A 解析 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律E =ΔΦΔt =S ·ΔB Δt ,I =E R =S R ·ΔBΔt可得0~3 s 内,I 1=-220.36×6×10-33A=2×10-5A 3~5 s 内,I 2=-220.36×0-6×10-32A=-3×10-5A.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,I 12Rt 1+I 22Rt 2=I 2Rt ,12×10-10R +18×10-10R =5RI 2,I =6×10-5A ,故B 选项正确. 答案 B对应学生用书P16613.“电动机、发电机”模型图10-1-12图像,可得线圈的切割速度v =ΔsΔt =0.8 m/s.线圈做切割磁感线运动产生πrBv =20×2×3.14×0.1×0.2×0.8 V=2 V .对应学生用书P1671.(2010·广东理综,19)图10-1-13是某种正弦式交变电压的波形图,由图可确定该电压的( ).图10-1-13A .周期是0.01 sB .最大值是220 VC .有效值是220 VD .表达式为u =220sin 100πt (V)解析 由图象知,该交变电压的周期为0.02 s ,最大值为311 V ,而有效值U =U m 2=3112V =220 V ,故A 、B 错,C 正确.正弦交变电压的瞬时值表达式u =U m sin ωt =311sin 2π0.02t (V)=311sin 100πt (V), 故D 选项错误.答案 C图10-1-142.(2011·安徽卷,19)如图10-1-14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.BL 2ω2R B.2BL 2ω2R C.2BL 2ω4R D.BL 2ω4R解析 导线框进出磁场时产生感应电动势,根据法拉第电磁感应定律知,E =BL v =12BL 2ω,导线框转动一周的过程只有0~T 8和T 2~58T 时间内有感应电流,设线框内产生的感应电流的有效值为I ,则I 2RT =⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12BL 2ωR 2·R ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 8+T 8,解得I =BL 2ω4R . 答案 D3.(2011·天津卷,4)在匀强磁场中,一矩形金属框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图10-1-15甲所示,产生的交变电动势的图象如图10-1-15乙所示,则( ).图10-1-15A .t =0.005 s 时线框的磁通量变化率为零B .t =0.01 s 时线框平面与中性面重合C .线框产生的交变电动势有效值为311 VD .线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析 由图象知,该交变电流电动势峰值为311 V ,交变电动势频率为f =50 Hz ,C 、D 错;t =0.005时,e =311 V ,磁通量变化最快,t =0.01 s 时,e =0,磁通量最大,线圈处于中性面位置,A 错,B 对.答案B图10-1-164.(2011·四川卷,20)如图10-1-16所示,在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T ,转轴O 1O 2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8 WB .线圈中感应电流的有效值为2 AC .任意时刻线圈中的感应电动势为e =4cos 2πTt D .任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=T πsin 2πTt 解析 线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正(或余)弦式交变电流,因为从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,所以瞬时电动势表达式e =E m cos ωt ,当转过60°时e =E m cos 60°=E m 2,而i =e R =E m 22 Ω=E m 4 Ω=1 A ,所以E m =4 V .故电动势有效值E =E m 2=2 2 V ,则线圈消耗功率P =E 2R =222 W =4 W ,则选项A 错误;线圈中感应电流的有效值I =E R =222A = 2 A ,则选项B 错误;因为E m =4 V ,所以e =E m ·cos ωt =4cos 2πTt ,则选项C 正确;因为E m =BS ·2πT ,所以Φm =BS =E m ·T 2π=2T π,所以任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=Φm ·sin ωt =2T πsin 2πTt ,所以选项D 错误. 答案 C。
届高考物理一轮复习讲义:第十一章 第讲 交变电流的产生和描述 Word版含答案
第1讲交变电流的产生和描述板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】交变电流、交变电流的图象Ⅰ1、交变电流(1)定义:大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流、(2)图象:图(a)、(b)、(c)、(d)所示电流都属于交变电流,其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流,如图(a)所示、2、正弦式交变电流的产生和变化规律(1)产生:在匀强磁场中,线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动产生的电流是正弦式交变电流、(2)中性面①中性面:线圈平面与磁感线垂直的位置称为中性面、②中性面的特点以及与峰值面(中性面的垂面)的比较(3)正弦式交流电的图象:用以描述交变电流随时间变化的规律,如果从线圈位于中性面位置时开始计时,其图象为正弦曲线、如图甲、乙所示、(4)变化规律正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置时开始计时)①电动势e 随时间变化的规律:e =E m sin ωt ,其中ω表示线圈转动的角速度,E m =nBSω、 ②负载两端的电压u 随时间变化的规律:u =U m sin ωt 、 ③电流i 随时间变化的规律:i =I m sin ωt 、 【知识点2】 描述交变电流的物理量 Ⅰ 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、交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值(1)瞬时值:交变电流的电动势、电流或电压在某一时刻的值,是时间的函数、 (2)峰值:交变电流的电动势、电流或电压所能达到的最大值、 (3)有效值①定义:让交流和直流通过相同阻值的电阻,如果它们在相同的时间内产生的热量相等,就把这一直流的数值叫做这一交流的有效值、 ②有效值和峰值的关系:E =E m 2,U =U m 2,I =I m2、(适用于正弦式交流电) (4)平均值:交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值、板块二 考点细研·悟法培优考点1 正弦式电流的变化规律及应用 [拓展延伸]1、正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置时开始计时)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、例1 图1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2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L 1,bc 长度为L 2,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e 1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3所示,试写出t 时刻整个线圈中的感应电动势e 2的表达式;(3)若线圈电阻为r ,求线圈每转动一周电阻R 上产生的焦耳热、(其他电阻均不计)(1)导线切割磁感线产生的感应电动势的表达式是_____________________________________________________________________________________________________________________________________________、提示:E =Bl v sin θ(θ为B 与v 方向间的夹角) (2)焦耳定律是________________________________________________________________________、 提示:Q =I 2RT尝试解答 (1)e 1=BL 1L 2ωsin ωt (2)e 2=BL 1L 2ωsin(ωt +φ0) (3)πRω⎝⎛⎭⎫BL 1L 2R +r 2、(1)矩形线圈abcd 转动过程中,只有ab 和cd 导线切割磁感线,设ab 和cd 导线转动的线速度为v ,则v =ω·L 22在t 时刻,导线ab 和cd 因切割磁感线而产生的感应电动势均为 E 1=BL 1v y由图可知v y =v sin ωt 则整个线圈的感应电动势为 e 1=2E 1=BL 1L 2ωsin ωt 、(2)当线圈由图3位置开始转动时,在t 时刻整个线圈的感应电动势为 e 2=BL 1L 2ωsin(ωt +φ0)、 (3)由闭合电路欧姆定律可知 I =E R +r E =E m 2=BL 1L 2ω2则线圈转动一周在R 上产生的焦耳热为 Q R =I 2RT 其中T =2πω于是Q R =πRω⎝⎛⎭⎫BL 1L 2R +r 2、总结升华解决交变电流图象问题的四点注意(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E m =nBSω中的S 为线框处于磁场中的有效面积、(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殊解、(4)根据法拉第电磁感应定律E =n ΔΦΔt ,若Φ按余弦规律变化,则E 必按正弦规律变化;Φ按正弦规律变化,E 必按余弦规律变化,即Φ=Φm sin ωt ,E =nωΦm cos ωt ,故Φ增大时,E 必减小;Φ最大时,E 最小,Φ与E 除系数不同外,二者具有“互余”关系、[跟踪训练] [2017·湖北黄冈模拟]在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势的图象如图乙所示,则( )A、t=0、005 s时线框的磁通量变化率为零B、t=0、01 s时线框平面与中性面重合C、线框产生的交变电动势有效值为311 VD、线框产生的交变电动势频率为100 Hz答案 B解析由题图乙可知,t=0、005 s时,感应电动势最大,线框的磁通量变化率最大,A错误;t=0、01 s时感应电动势为零,故线框平面处于中性面位置,B正确;交变电动势的最大值为311 V,故有效值E=E m2=220 V,C错误;交变电动势的周期为T=0、02 s,故频率f=1T=50 Hz,D错误、考点2 交变电流的“四值”的比较[对比分析]1、交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较2、对交变电流有效值的理解(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的,所以进行有效值计算时,要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算、(2)注意“三同”:即“相同电阻”,“相同时间”内产生“相同热量”、 (3)计算时“相同时间”一般取一个周期、 3、书写交变电流瞬时值表达式的基本思路 (1)求出角速度ω,ω=2πT =2πf 、(2)确定正弦式交变电流的峰值,根据已知图象读出或由公式E m =nBSω求出相应峰值、 (3)明确线圈的初始位置,找出对应的函数关系式、如:①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 =I m sin ωt 、 ②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 =I m cos ωt 、 4、记忆感应电动势表达式的“小技巧”根据特殊值及函数的增减性可帮助记忆:中性面处感应电动势为零、与B 平行时,电动势最大、从中性面转到与中性面垂直的位置的过程中,感应电动势增大,故函数为增函数,表达式为e =e m sin ωt ,同理,从与B 平行的位置开始转动时,函数为减函数,e =e m cos ωt 、例2 如图所示,一半径为r 的半圆形单匝线圈垂直放在具有理想边界的匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B 、以直径ab 为轴匀速转动,转速为n ,ab 与磁场边界重合,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( )A 、转动过程中电流表的示数为π2Bnr22RB 、从图示位置起转过14圈的时间内电阻R 上产生的焦耳热是4n 2π2B 2r 4R 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2Bπ2r 28RD 、以上说法均不正确电流表的读数是什么值?提示:有效值、(2)计算通过负载电阻R 的电荷量用什么值? 提示:平均值、 (3)求焦耳热用什么值? 提示:有效值、 尝试解答 选A 、转速为n ,则ω=2πn ,S =12πr 2,最大感应电动势E m =BSω=π2Bnr 2,因只有一半区域内有磁场,由有效值的计算公式可得E 2R T =⎝⎛⎭⎫E m 22×1R ×T 2得有效值E =E m 2=π2Bnr 22,则电路中电流I =E R =π2Bnr 22R ,故A 正确;转14圈时磁通量变化量为ΔΦ=B πr 22,所用的时间t =T 4=14n ,则平均电动势E =ΔΦΔt =2n πBr 2,通过负载电阻R 的电荷量q =I t =E R t =B πr 22R ,C 错误、求焦耳热要用有效值,Q =I 2Rt =⎝⎛⎭⎫π2Bnr 22R 2·R ·14n =π4B 2r 4n16R ,B 、D 错误、总结升华解决交变电流“四值”问题的关键(1)涉及到交流电表的读数,功、功率都用有效值、 (2)涉及计算通过截面电荷量用平均值、 (3)涉及电容器的击穿电压考虑峰值、(4)涉及到电流、电压随时间变化规律时,即与不同时刻有关,考虑瞬时值、[跟踪训练] [2017·北京海淀期末]如图所示,位于竖直平面内的矩形金属线圈,边长l 1=0、40 m 、l 2=0、25 m ,其匝数n =100匝,总电阻r =1、0 Ω,线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C 、D (集流环)焊接在一起,并通过电刷和R =3、0 Ω的定值电阻相连接、线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场,磁感应强度B =1、0 T ,在外力驱动下线圈绕竖直固定中心轴O 1O 2匀速转动,角速度ω=2、0 rad/s 、(1)求电阻R 两端电压的最大值;(2)从线圈通过中性面(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)开始计时,求经过14周期通过电阻R 的电荷量;(3)求在线圈转动一周的过程中,整个电路产生的焦耳热、 答案 (1)15 V (2)2、5 C (3)约157 J解析 (1)线圈中感应电动势的最大值E m =nBSω,其中S =l 1l 2 所以E m =nBl 1l 2ω=20 V 线圈中感应电流的最大值I m =E mR +r=5、0 A 电阻R 两端电压的最大值U m =I m R =15 V 、 (2)从线圈通过中性面时开始,经过14周期的时间t =T 4=π2ω此过程中线圈中的平均感应电动势E =n ΔΦΔt =n BSt通过电阻R 的平均电流I =ER +r =nBS(R +r )t , 通过电阻R 的电荷量q =I t =nBSR +r =2、5 C 、 (3)线圈中感应电流的有效值I =I m 2=522 A线圈转动一周的过程中,电流通过整个回路产生的焦耳热:Q 热=I 2(R +r )T =50π J ≈157 J 、 考点3 交流电有效值的计算 [拓展延伸]1、交变电流有效值的求解2、几种典型的交变电流及其有效值例3如图所示是某种交变电流的电流随时间变化的图线,i>0部分的图线是一个正弦曲线的正半周,i<0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周,其最大值如图中所示,则这种交变电流的有效值为( )A 、I 0B 、3I 0C 、2I 0D 、6I 0(1)0~T 周期内,电流的有效值?提示:连续的正弦式交流电的有效值等于最大值除以2、 (2)0~3T 周期内,电流的有效值怎么计算?提示:非连续的正弦式交流电的有效值按热效应来计算、 尝试解答 选C 、取一个周期时间,由电流的热效应求解; 设电流的有效值为I ,则I 2R ·3T =⎝ ⎛⎭⎪⎫22I 022R ·T +⎝ ⎛⎭⎪⎫2I 022R ·2T ,解得I =2I 0,故选项C 正确、 总结升华1、高中阶段可以定量求解有效值的只有正弦式交变电流(或其一部分),方波式电流及其组合、2、遇到完整的正弦(余弦)函数图象,正弦式正向脉动交流电可根据I 有=I m 2,E 有=E m2,U 有=U m2求解、3、正弦式半波、矩形脉动等交流电只能利用电流热效应计算有效值、4、其他情况的有效值一般不能进行定量计算,但有的可以与正弦式交变电流定性比较、如图1交变电流与如图2正弦式交变电流比较,可知其有效值小于22I m、[跟踪训练][2016·唐山模拟]一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO′轴以相同的角速度匀速转动,通过导线给同一电阻R供电,如图甲、乙所示,除电阻R外,电路中其他部分电阻忽略不计、其中甲图中OO′轴右侧有磁场,乙图中整个空间均有磁场,两磁场磁感应强度相同、则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为()A、1∶ 2B、1∶2C、1∶4D、1∶1答案 A解析题图甲中的磁场只在OO′轴的右侧,所以线框只在半周期内有感应电流产生,如图甲,电流表测的是有效值,所以I=12BSωR、题图乙中的磁场布满整个空间,线框中产生的感应电流如图乙,所以I′=22BSωR,则I∶I′=1∶2,即选项A正确、1、模型构建发电机模型是高考中以电磁感应为背景命题的常见模型,凡是在外力作用下做切割磁感线运动而产生感应电流的导体均可看成发电机模型;凡在安培力作用下在磁场中运动的通电导体均可看成电动机模型、2、模型条件3、模型特点闭合线圈在磁场中受外力转动产生感应电动势,产生感应电流,与外电路连接,消耗机械能转化为电能、涉及知识为法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、交变电流的“四值”等、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 =3000 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边正转入纸里、(1)在图中标出t =0时感应电流的方向; (2)写出线圈感应电动势的瞬时表达式; (3)线圈转一圈外力做功多大?(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R 的电荷量是多大? [答案] (1)adcba (2)e =314cos100πt (V) (3)98、6 J (4)0、1 C[解析] (1)根据右手定则可知,线圈感应电流的方向为adcba 、 (2)n =3000 r/min =50 r/s ,所以线圈的角速度ω=2πn =100π rad/s 、图示位置的感应电动势最大,其大小为E m =NBSω=NBl 1l 2ω,代入数据得E m =314 V 、 电动势的表达式e =E m cos ωt =314cos100πt (V)、(3)电动势的有效值E =E m 2,线圈匀速转动的周期T =2πω=0、02 s ,线圈匀速转动一周,外力做功大小等于电功的大小,即W =I 2(R +r )T =⎝⎛⎭⎫ER +r 2(R +r )T ,代入数据得W ≈98、6 J 、(4)从t =0时起转过90°的过程中,Δt 内流过R 的电荷量q =N ΔΦ(R +r )·Δt Δt =NBS R +r =NBl 1l 2R +r,代入数据得q =0、1 C 、1、(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O 1O 2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°角时的感应电流为1 A 、那么( )A 、线圈消耗的电功率为4 WB 、线圈中感应电流的有效值为2 AC 、任意时刻线圈中的感应电动势为e =4cos 2πT t D 、任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=T πsin 2πT t答案 AC解析 线圈转动角速度ω=2πT,线圈平面从与磁场方向平行开始计时,当转过60°角时,电流的瞬时值表达式为i =I m cos60°=1 A 得I m =2 A ,正弦式交变电流有效值I =I m2= 2 A ,故B 选项错误;线圈消耗的功率P =I 2R =4 W ,A 选项正确;由欧姆定律可知,感应电动势最大值E m =I m R =4 V ,所以瞬时值表达式为e =4cos 2πT t ,C 选项正确;通过线圈的磁通量Φ=Φm sin ωt =Φm sin2πT t ,由感应电动势的最大值E m =BSω=Φm ×2πT 得Φm =E m T 2π,代入上式得Φ=E m T 2πsin 2πT t =2T πsin 2πT t ,D 选项错误、2、如图甲所示,长、宽分别为L 1、L 2的矩形金属线框位于竖直平面内,其匝数为n ,总电阻为r ,可绕其竖直中心轴O 1O 2转动、线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C 、D (集流环)焊接在一起,并通过电刷和定值电阻R 相连、线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场,磁感应强度B 的大小随时间t 的变化关系如图乙所示,其中B 0、B 1和t 1均为已知、在0~t 1的时间内,线框保持静止,且线框平面和磁场垂直;t 1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动、求:(1)0~t 1时间内通过电阻R 的电流大小?(2)线框匀速转动后,在转动一周的过程中电流通过电阻R 产生的热量? (3)线框匀速转动后,从图甲所示位置转过90°的过程中,通过电阻R 的电荷量? 答案 (1)nL 1L 2(B 1-B 0)(R +r )t 1 (2)πRω⎝⎛⎭⎫nB 1L 1L 2R +r 2(3)nB 1L 1L 2R +r解析 (1)0~t 1时间内,线框中的感应电动势E =n ΔΦΔt =nL 1L 2(B 1-B 0)t 1根据闭合电路欧姆定律可知,通过电阻R 的电流 I =E R +r =nL 1L 2(B 1-B 0)(R +r )t 1、 (2)线框匀速转动后产生感应电动势的最大值 E m =nB 1L 1L 2ω感应电动势的有效值E =22nB 1L 1L 2ω 通过电阻R 的电流的有效值 I =2nB 1L 1L 2ω2(R +r )线框转动一周所需的时间t =2πω 此过程中,电阻R 产生的热量 Q =I 2Rt =πRω⎝⎛⎭⎫nB 1L 1L 2R +r 2、(3)线框从图甲所示位置转过90°的过程中, 平均感应电动势E =n ΔΦΔt =nB 1L 1L 2Δt平均感应电流I =ER +r =nB 1L 1L 2Δt (R +r )通过电阻R 的电荷量q =I Δt =nB 1L 1L 2R +r、。
2019年高考物理一轮复习第11章交变电流传感器第1讲交变电流的产生及描述习题新人教版.docx
第十一章第1讲交变电流的产生及描述2年高考模拟M•2-NIAN-GA0-KA0-M0-NI (4]1.(2017 •天津卷)(多选)在匀强磁场中,一个100匝的闭合矩形金属线圈,绕与磁感线乖直的固定轴匀速转动,穿过该线圈的磁通量随时间按图示止弦规律变化。
设线圈总电阻为2 Q,则导学号21992728 ( AD )A.才=0时,线圈平面平行于磁感线B.Z=1 s时,线圈中的电流改变方向C.1=1. 5 s时,线圈屮的感应电动势最大D.—个周期内,线圈产生的热量为8TI2J[解析]Z = 0时,磁通量为零,磁感线与线圈平面平行,A正确;当磁感线与线圈平面平行时, 磁通量变化率最人,感应电动势最人,画出感应电动势随时间变化的图象如图,由图可知, t=l s时,感应电流没有改变方向,B错误;f=l. 5 s时,感应电动势为0, C错误;感应电动势最大值氏=/V〃S G =A®A》=100X0.04X^(V),有效值(V) =2^2n (V), 6?=-7=8n2(J), D 正确。
2.(2017 •江苏卷)(多选)某音响电路的简化电路图如图所示,输入信号既冇高频成分,也有低频成分,则导学号21992729 ( BD )A.电感厶的作用是通髙频B.电容G的作用是通高频C.扬声器甲用于输出高频成分D.扬声器乙用于输出高频成分[解析]电感线圈有通低频、阻高频的作用,因此A项错误;电容器有通高频、阻低频的作用,因此B项正确;由此可以判断,扬声器甲主要用于输出低频成分,扬声器乙用于输出高频成分,C项错误,D项正确。
3.(2016 •全国卷III)(多选)如图,於为半圆形导线框,圆心为如N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为&两导线框在同一竖直面(纸而)内;两圆弧半径相等;过直线OA 的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面。
现使线框从N在方=0时从图示位置开始,分别绕垂直于纸面、且过0“和0的轴,以相同的周期7逆时针匀速转动,则导学号21992730(BC )X X X X X X XX X X X X X Xx x Xd nA.两导线框屮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TC.在t=^i,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[解析]当导线框"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式交流电,A项错误;导线框每转动一圈,产生的感应电流的变化为一个周期,B项正确;在戸右时,导线框转过角度为45。
2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义:第十一章 第一讲 交变电流的产生和描述 含答案
基础复习课第一讲交变电流的产生和描述[小题快练]1.判断题(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时,一定会产生正弦式交变电流.( × )(2)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时,产生的感应电动势也最大.( × )(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时,线圈中的感应电动势为零,电流方向发生改变.( √ )(4)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值.( √ )(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值.( × )(6)交变电流的峰值总是有效值的2倍.( × )2.在小型交流发电机中,矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系,如图所示.此线圈与一个R=10 Ω的电阻构成闭合电路,电路中的其他电阻不计.下列说法正确的是( C )A.交变电流的周期为0.125 sB.交变电流的频率为8 HzC.交变电流的有效值为 2 AD.交变电流的最大值为4 A3.一交变电压的表达式为u=1002sin 100πt V,由此表达式可知( B )A.用电压表测该电压其示数为50 VB.该交变电压的周期为0.02 sC.将该电压加在“100 V100 W”的灯泡两端,灯泡的实际功率小于100 WD.t=1400s时,该交变电压的瞬时值为50 V4.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( B )A.12 V B.410 VC.15 V D.8 5 V解析:根据一个周期内经过同一电阻产热相同的原则,可得i21Rt1+i22Rt2=I2R(t1+t2),根据U=IR,解得U=410 V.新课标高考第一轮总复习·物理第十一章 交变电流 传感器考点一 正弦式交变电流的产生及变化规律 (自主学习)1.交流电产生过程中的两个特殊位置图示概念中性面位置 与中性面垂直的位置 特点B ⊥S B ∥S Φ=BS ,最大Φ=0,最小e =n ΔΦΔt =0,最小 e =n ΔΦΔt =nBSω,最大 感应电流为零, 方向改变感应电流最大, 方向不变2.磁通量Φ=Φm cos ωt ;电动势e =E m sin ωt ;电流i =I m sin ωt .1-1.[交流电的描述] 一交变电流随时间变化的规律如图所示,由图可知( )A .该交变电流的瞬时值表达式为i =10sin 25πt AB .该交变电流的频率为50 HzC .该交变电源的方向每秒改变50次D .该交变电流通过阻值为2 Ω的电阻时,此电阻消耗的功率为200 W 答案:C1-2.[图象信息的应用] (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的正弦交流电的图象,当调整线圈转速后,所产生的正弦交流电的图象如图线b 所示,以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )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∶2C .交流电a 的瞬时值表达式为u =10sin 5πt VD .交流电b 的最大值为203 V 答案:BCD考点二 交变电流有效值的计算 (自主学习)1.利用公式法计算利用E =E m 2、U =U m 2、I =I m2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.利用能量关系计算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.2-1.[根据图象求有效值] (2018·合肥九中二模)两个相同的电阻,分别通以如图所示的正弦交流电和方波电流,两种交变电流的最大值、周期如图所示,则在一个周期内,正弦交流电在电阻上产生的热量Q 1与方波电流在电阻上产生的热量Q 2之比等于( )A .3∶1B .1∶2C .2∶1D .1∶1解析:对于正弦式电流,有效值:I 1=22I m =522 A .根据焦耳定律得:Q 1=I 21RT =12.5RT, 对于方波,根据焦耳定律得:Q 2=I 22R ·T 2+I ′22R ·T 2=8RT +4.5RT =12.5RT ,则 Q 1∶Q 2=1∶1,故选D.答案:D2-2.[根据表达式求有效值]一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,周期为T,从中性面开始计时,当t=112T时,感应电动势的瞬时值为10 V,则此交流电电压的有效值为()A.5 2 V B.10 VC.10 2 V D.20 V答案:C2-3.[含二极管电路有效值的计算]在图示电路中,电阻R1与电阻R2的阻值均为R,和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看成零,反向电阻可看成无穷大),在A、B 间加一正弦交流电u=20sin 100πt V,则R1两端的电压有效值为()A.5 V B.5 2 VC.15 V D.510 V答案:A考点三交变电流四值的应用(自主学习)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=E m sin ωtu=U m sin ωti=I m sin ωt计算线圈某时刻的受力情况峰值(最大值)E m=nBSωI m=E mR+r讨论电容器的击穿电压有效值对正(余)弦交流电有E=E m2U=U m2I=I m2(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)电表的读数为有效值平均值E=BL vE=nΔΦΔtI=ER+r计算通过电路截面的电荷量3-1. [四值的计算] (多选)如图所示,矩形线圈面积为S ,匝数为N ,线圈电阻为r ,在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω匀速转动,外电路电阻为R ,下列判断正确的是( )A .电压表的读数为NBSωR2(R +r )B .当线圈由图示位置转过30°的过程中,通过电阻R 的电荷量为NBS2(R +r )C .在线圈转过一周的过程中,电阻R 上产生的焦耳热为N 2B 2S 2ωR π4(R +r )2D .当线圈由图示位置转过30°时,通过电阻R 的电流为NBSω2(R +r )解析:电动势的最大值E m =NBSω,有效值 E = E m 2=NBSω2,电压表的示数为路端电压的有效值,解得 U =R R +r E =NBSωR2(R +r ),A 正确;线圈转过30°的过程中,通过电阻R 的电荷量 q =N ΔΦR +r =N (BS -BS sin 60°)R +r =(1-32)NBS R +r,B 错误;在线圈转过一周的时间内电阻R 上产生的热量Q =U 2R ·2πω=N 2B 2S 2ωR π(R +r )2,C 错误;电流的最大值为I m =Em R +r =NBSωR +r,电流的瞬时值表达式为i = I m sin ωt ,从图示位置转过30°时,ωt =π6,此时的电流为i =I m 2=NBSω2(R +r ),D 正确.答案:AD1. (2018·天津重点中学联考)在匀强磁场中,阻值为2 Ω的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,产生的交变电动势的图象如图所示,现把交流电加在阻值为9 Ω的电热丝上,下列说法正确的是( D )A .线框转动的角速度100 rad/sB .电热丝两端的电压为220 VC .t =0.005 s 时线框的磁通量变化率为零D .线框产生的交变电流的方向每秒改变100次解析:由图知该交变电动势的周期T =0.02 s ,则频率为f =1T =50 Hz ,则ω=2πf =100 π rad/s ;由全电路欧姆定律可知电热丝两端的电压U =RER +r=180 V ;t =0.005 s 时瞬时电动势最大,故磁通量变化率最大;由于每个周期电流改变2次方向,又f =50 Hz ,故每秒改变100次.综上分析D 正确.2.(多选) 如图所示,一矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动.沿着OO ′从上向下观察,线圈沿逆时针方向转动.已知线圈匝数为n ,总电阻为r ,ab 边长为l 1,ad 边长为l 2,线圈转动的角速度为ω,外电阻阻值为R ,匀强磁场的磁感应强度为B ,则下列判断正确的是( ABC )A .在图示位置ab 边所受的安培力为F =n 2B 2l 21l 2ωR +rB .线圈从图示位置转过90°的过程中,流过电阻R 的电荷量q =nBl 1l 2R +rC .在图示位置穿过线圈的磁通量为零D .在图示位置穿过线圈的磁通量的变化率为零3.(多选)如图所示,单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中,线框面积为S ,电阻为R .线框绕与cd 重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动,线框转过π6时的感应电流为I ,下列说法不正确的是( AD )A .线框中感应电流的有效值为2IB .转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为2IRωC .从中性面开始转过π2的过程中,通过导线某横截面的电荷量为2IωD .线框转一周的过程中,产生的热量为2πRI 2ω[A 组·基础题]1. 一边长为L 的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动,线框中产生的感应电动势e 随时间t 的变化情况如图所示.已知匀强磁场的磁感应强度为B ,则结合图中所给信息可判定( D )A .t 1时刻穿过线框的磁通量为BL 2B .t 2时刻穿过线框的磁通量为零C .t 3时刻穿过线框的磁通量变化率为零D .线框转动的角速度为E mBL 22.如图所示为某一交流电的电流—时间关系图象(前半个周期为正弦波形的12),则该电流的有效值为( B )A.32I 0 B .52I 0 C.32I 0D .52I 03.如图所示,一交流发电机的矩形线圈共有10匝,其电阻r =2 Ω,面积是0.2 m 2,在磁感应强度B=2πT的匀强磁场中,若线圈从中性面位置开始绕垂直于磁场方向的对称轴OO′以ω=10π rad/s的角速度匀速转动,向R=18 Ω的电阻供电.则以下说法中正确的是( D )A.该线圈产生的是余弦式交变电流B.线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为40 VC.线圈开始转动160s时流过电阻R的瞬时电流大小为22 AD.电阻R上消耗的电功率为9 W4. (2015·四川卷)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( D )A.峰值是e0B.峰值是2e0C.有效值是22Ne0D.有效值是2Ne05.(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( AC )A .线圈消耗的电功率为4 WB .线圈中感应电流的有效值为2 AC .任意时刻线圈中的感应电动势为e =4cos 2πT t V D .任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=T πsin 2πT t6.(多选) 如图所示,一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO ′匀速转动,转动周期为T 0.线圈产生的电动势的最大值为E m ,则( BC )A .线圈产生的电动势的有效值为2E mB .线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为E m T 02π C .线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为E m D .经过2T 0的时间,通过线圈电流的方向改变2次7.如图甲所示,一单匝圆形闭合导线框半径为r ,线框电阻为R ,连接一交流电流表(内阻不计).线框内充满匀强磁场,已知该磁场磁感应强度B 随时间按正弦规律变化,如图乙所示(规定向下为B 的正方向),则下列说法正确的是( BD )A .t =0.005 s 时线框中的感应电流最大B .t =0.01 s 时线框中感应电流方向从上往下看为顺时针方向C .t =0.015 s 时电流表的示数为零D .0~0.02 s 内闭合导线框上产生的热量为π4r 4R[B 组·能力题]8.电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的固定轴在匀强磁场中匀速转动,产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示.现把该交流电加在电阻为9 Ω的电热丝上,则下列说法中正确的是( D )A.线圈转动的角速度为31.4 rad/sB.如果线圈转速提高1倍,电流不会改变C.电热丝两端的电压U=100 2 VD.电热丝的发热功率P=1 800 W9.(多选)(2017·天津卷)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( AD )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 J10.如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压图象,正弦式交变电流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( D )A.U m B.U m 2C.U m3D.U m211.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( D )A.BL 2ω2RB .2BL 2ω2R C.2BL 2ω4R D .BL 2ω4R12.(多选)海洋中蕴藏着巨大的能量,利用海洋的波浪可以发电.在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔,其原理示意图如图甲所示.浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上,浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动,且始终处于磁场中,该线圈与阻值R =15 Ω的灯泡相连.浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中斜线阴影部分),如图乙所示,其内为产生磁场的磁体,与浮桶内侧面的缝隙忽略不计;匝数N =200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B =0.2 T ,线圈直径D =0.4 m ,电阻r =1 Ω.取重力加速度g =10 m/s 2,π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v =0.4πsin πt m/s.则下列说法正确的是( BC )A .波浪发电产生电动势e 的瞬时表达式为e =16sin πt VB .灯泡中电流i 的瞬时表达式为i =4sin πt AC .灯泡的电功率为120 WD .灯泡两端电压的有效值为1522 V解析:波浪发电产生电动势e 的瞬时表达式为:e =NB ·πD ·v =200×0.2×π×0.4×0.4πsinπt V =64·sin πt V ,选项A 错误;灯泡中电流i 的瞬时表达式为i =e r +R=4sin πt A ,选项B 正确;灯泡的电功率为P =I 2R =⎝ ⎛⎭⎪⎫I m 22R =⎝ ⎛⎭⎪⎫422×15 W =120 W ,选项C 正确;灯泡两端电压的有效值为U R =I m 2·R =42×15 V =30 2 V ,选项D 错误. 13.(2018·安徽江南联考)如图甲所示,在一对平行光滑的金属导轨的上端连接一阻值为R=4 Ω的定值电阻,两导轨在同一平面内,与水平面的夹角θ=30°,质量m=0.2 kg、长L=1 m的导体棒ab垂直于导轨放置,使其从靠近定值电阻处由静止开始下滑.已知靠近定值电阻处到底端距离s=7.5 m,导体棒电阻r=1 Ω,整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,导体棒从开始滑动一直运动到底端的v-t图象如图乙所示.g取10 m/s2,求:(1)磁感应强度的大小;(2)ab棒在整个运动过程中产生的感应电流的有效值.解析:(1)由v-t图象知导体棒运动的最大速度v=5 m/s,此时mg sin θ-BIL=0,I=BL vR+r,解得B=1 T.(2)ab棒下滑到底端的整个过程中,由能量守恒有mgs·sin θ-12m v2=Q总,设感应电流的有效值为I0,根据焦耳定律可得Q总=I20(R+r)t,联立上式解得I0=105 A.答案:(1)1 T(2)105 A。
2020复习方案高考物理人教版一轮复习讲义:第十一章 第1讲 交变电流的产生和描述 含答案
第十一章交流电传感器第1讲交变电流的产生和描述考点1正弦交变电流的产生及变化规律1.交变电流产生过程中的两个特殊位置2.正弦式交变电流的变化规律(从线圈在中性面位置开始计时)1.(2019·重庆巴蜀模拟)如图所示,在匀强磁场中,一矩形金属线框与磁感线垂直的转轴匀速转动,则下列说法中正确的是(A)A.矩形金属线框中能产生正弦式交变电流B.线圈平面每经过中性面一次,感应电动势的方向就改变一次,感应电流的方向不变C.当线框平面与中性面重合,磁通量最大,感应电动势最大D.当线框平面与中性面垂直时,线框的磁通量及磁通量变化率均为零解析:本题考查线圈在匀强磁场中转动产生交变电流,搞清磁通量变化与产生感应电动势的关系可快速求解.根据磁通量变化的规律知此矩形金属线框中能产生正弦式交变电流,故A 正确;从矩形金属线框与磁感线垂直的转轴匀速转动开始计时,此线圈产生的电动势瞬时值表达式为e =NBSωsin ωt ,所以线圈每经过中性面一次电动势方向变化一次,相应的电流方向也改变一次,故B 错;当线框平面与中性面重合,磁通量最大,感应电动势最小,故C 错误;当线框平面与中性面垂直时,磁通量最小,磁通量变化率最大,故D 错.2.(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( AD )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:本题考查正弦交流电的产生、有效值、焦耳热.由Φ-t 图可知,t =0时,Φ=0,则线圈平面平行于磁感线,选项A 正确;t =1 s 时,Φ=0,此时电动势最大,电流方向不变,t =0.5 s 和t =1.5 s 时,Φ最大,此时电动势为0,电流改变方向,选项B 、C 错误;交流电电动势的最大值E m =nBSω=nΦm 2πT =4π V ,有效值E =22E m=22π V ,一个周期内线圈产生的热量Q =E 2R ·T =8π2 J ,D 正确.3.(2019·南京、盐城模拟)图甲是小型交流发电机的示意图,在匀强磁场中,一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动,产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示.发电机线圈内阻为10 Ω,外接一只电阻为90 Ω的灯泡,不计电路的其他电阻,则(B)A.t=0时刻线圈平面与中性面垂直B.每秒钟内电流方向改变100次C.灯泡两端的电压为22 VD.0~0.01 s时间内通过灯泡的电量为0解析:由题图乙电动势随时间变化的正弦规律图象可知:计时起点e=0,即从中性面开始计时,选项A错误;由图象可知:电动势周期为0.02 s,所以频率为50 Hz,即每秒钟内电流方向改变100次,选项B正确;由图象可知:电动势的有效值为22 V,所以灯泡两端的电压为U=90100×22 V=19.8 V,选项C错误;0~0.01 s时间内通过灯泡的电流均为正方向,所以电量不为0,选项D错误.对交变电流产生的进一步理解(1)电流方向的改变:线圈通过中性面时,电流方向发生改变,一个周期内线圈通过中性面两次,电流的方向改变两次.(2)感应电动势的最大值E m=nBSω,与转轴的位置无关,与线圈形状无关.(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,再根据特殊位置求解.考点2交变电流有效值的理解与计算1.正弦式交流电有效值的求解利用I=I m2,U=U m2,E=E m2计算.2.非正弦式交流电有效值的求解交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的,所以进行有效值计算时,要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算.注意“三同”:即“相同电阻”“相同时间”内产生“相同热量”.计算时“相同时间”要取周期的整数倍,一般取一个周期.1.如图甲所示是某种型号的电热毯的电路图,电热毯接在交流电源上,通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如图乙所示.此时,接在电热丝两端的交流电压表的读数为(D)A.110 V B.311 VC.220 V D.156 V解析:由图象可知该交变电流的周期T=2×10-2 s,可分两段0~0.01 s和0.01~0.02 s,根据有效值的定义可得⎝⎛⎭⎪⎫U m22R·T2=U2R T,解得U=U m2=22022V=110 2V≈156 V.2.(2018·全国卷Ⅲ)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;若该电阻接在正弦交流电源上,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(D)A.1 2 B.2 1C.1 2 D.2 1解析:本题考查交变电流的有效值及焦耳定律.根据交变电流有效值的定义及焦耳定律可得,Q方=u20R·T2+u20R·T2=u20R T,Q正=(u0/2)2R T=12·u20R T,故Q方Q正=21,选项D正确.3.(多选)如图,M为半圆形导线框,圆心为O M;N是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为O N;两导线框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线O M O N 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O M和O N的轴,以相同的周期T逆时针匀速转动,则(BC)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TC.在t=T8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解析:本题中导线框的半径旋转切割磁感线时产生大小不变的感应电流,故A项错误;两导线框产生的感应电流的周期与线框转动周期相同,B项正确;在t=T8时,两导线框切割磁感线的导线长度相同,且切割速度大小相等,故产生的感应电动势相等,均为E =12BR 2ω,C 项正确;两导线框中感应电流随时间变化的图象如图所示,故两导线框中感应电流的有效值不相等,D 项错误.几种典型电流的有效值交变电流U =2U m考点3交变电流与电路的综合应用物理量重要关系适用情况及说明ΔΦ如图所示,一个半径为r的半圆形线圈,以直径ab为轴匀速转动,转速为n,ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场,磁感应强度为B.M和N 是两个集流环,负载电阻为R,线圈、电流表和连接导线的电阻不计,求:(1)感应电动势的最大值;(2)从图示位置起转过14转的时间内负载电阻R 上产生的热量;(3)从图示位置起转过14转的时间内通过负载电阻R 的电荷量;(4)电流表的示数.[审题指导] 线圈转动产生感应电动势,最大值为NBSω,热量按有效值进行计算,电流表示数也为有效值,而电荷量用平均值计算即q =ΔΦR .【解析】 (1)线圈绕轴匀速转动时,在电路中产生如图所示的交变电流.此交变电动势的最大值为E m =BSω=B ·πr 22·2πn =π2Bnr 2.(2)在线圈从图示位置转过14转的时间内,电动势的有效值为E =E m 2=2π2Bnr 22电阻R 上产生的热量Q =⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 2R ·T 4=π4B 2r 4n8R .(3)在线圈从图示位置转过14转的时间内,电动势的平均值为E =ΔΦΔt通过R 的电荷量q =I ·Δt =E R ·Δt =ΔΦR =πBr 22R.(4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E ′,由有效值的定义得⎝ ⎛⎭⎪⎫E m 22R ·T2=E ′2R T ,解得E ′=E m2,故电流表的示数为I =E ′R =π2r 2nB 2R .【答案】 (1)π2Bnr 2(2)π4B 2r 4n 8R (3)πBr 22R(4)π2r 2nB2R1.(2019·湖北八校二联)(多选)如图所示,矩形单匝线圈abcd ,放置在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,绕OO ′轴匀速转动,转动的周期为T ,ab 的中点和cd 的中点的连线恰好位于转轴所在直线上,且转轴OO ′位于匀强磁场的边界线上,转轴OO ′垂直于磁场方向,线圈电阻阻值为R ,外电阻的阻值也为R ,从图示位置开始计时,线圈转过30°时的瞬时感应电流为I ,则以下判断正确的是( AD )A .线圈的面积为4IRT πBB .线圈消耗的电功率为4I 2RC .t 时刻线圈中的感应电动势为e =22IR sin 2πT t D .t 时刻穿过线圈的磁通量为Φ=2IRT πcos 2πT t解析:设线圈面积为S ,从图示位置开始计时时感应电动势的表达式为e =BS2ωsin ωt =πBS T sin θ,转过30°时的瞬时电流I =E 302R =πBS 2RT sin30°=πBS 4RT ,故S =4IRTπB,则e =4IR sin 2πT t ,A 正确,C 错误.线圈消耗的电功率为P =⎣⎢⎡⎦⎥⎤E m 2(R +R )2R =2I 2R ,B 错误.t 时刻穿过线圈的磁通量为Φ=B ×S2cos ωt =2IRT πcos 2πT t ,D 正确.2.(2019·湖北黄冈模拟)(多选)如图甲所示是一种振动发电装置的示意图,半径为r =0.1 m 、匝数n =20的线圈位于辐向分布的磁场中,磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示),线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B =0.20π T ,线圈电阻为R 1=0.5 Ω,它的引出线接有R 2=9.5 Ω的小电珠L ,外力推动线圈框架的P 端,使线圈沿轴线做往复运动,线圈运动速度v 随时间t 变化的规律如图丙所示(摩擦等损耗不计),则( AD )A .小电珠中电流的峰值为0.16 AB .小电珠中电流的有效值为0.16 AC .电压表的示数约为1.5 VD .t =0.01 s 时外力的大小为0.128 N解析:由题意及法拉第电磁感应定律知道,线圈在磁场中做往复运动,产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律,线圈中的感应电动势的峰值为E m =nBl v =nB ·2πr v m ,故小电珠中电流的峰值为I m =E mR 1+R 2=20×0.20π×2π×0.1×29.5+0.5 A =0.16 A ,选项A 正确,B 错误;电压表示数为U =I m2·R 2≈1.07 V ,选项C 错误;当t =0.01 s也就是T4时,外力的大小为F =nB ·2πrI m =0.128 N ,选项D 正确.交变电流有效值和平均值的区别(1)计算有效值时,一般选取交变电流的一个完整的周期进行计算.非正弦式交变电流的有效值要根据电流的热效应进行计算.(2)交变电流的平均值是根据法拉第电磁感应定律E =n ΔΦΔt 计算的,与交变电流的方向、所选取的时间段有关.学习至此,请完成课时作业37。
20届高考物理一轮复习 第11章 第1讲 交变电流的产生和描述
第1讲 交变电流的产生和描述一、正弦式交变电流 1.产生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.电流方向的改变一个周期内线圈中电流的方向改变两次. 4.交变电动势的最大值E m =nBSω,与转轴位置无关,与线圈形状无关.5.交变电动势随时间的变化规律(中性面开始计时) e =nBSωsin ωt .自测1 (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二、描述交变电流的物理量 1.周期和频率(1)周期T :交变电流完成1次周期性变化所需要的时间,单位是秒(s).表达式为T =2πω=1n (n为转速).(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.交变电流的瞬时值、最大值、有效值和平均值 (1)瞬时值:交变电流某一时刻的值.(2)最大值:交变电流或电压所能达到的最大的值.(3)有效值:让恒定电流和交变电流分别通过阻值相等的电阻,如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等,就可以把恒定电流的数值规定为这个交变电流的有效值. (4)正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系 I =I m 2,U =U m 2,E =E m2. (5)交变电流的平均值 E =n ΔΦΔt ,I =n ΔΦ(R +r )Δt.自测2 (2018·安徽省安庆市二模)小型手摇发电机线圈共有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,磁感应强度大小为B ,方向垂直于线圈中心轴OO ′,线圈绕OO ′匀速转动,如图1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E 0,该发电机外接负载电阻,则( )图1A.当线圈处于中性面位置时磁通量的变化率最大B.线圈从中性面位置转过180°过程中,线圈中磁通量的变化量为零C.线圈转动过程中电动势的有效值为22NE 0 D.线圈转动过程中电动势的最大值为2NE 0 答案 D解析 当线圈处于中性面位置时磁通量最大,磁通量的变化率为零,选项A 错误;线圈从中性面位置转过180°过程中,线圈中磁通量的变化量为2BS ,选项B 错误;矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为E 0,所以矩形线圈产生的感应电动势的最大值是2NE 0,电动势的有效值U =2E 0N 2=2NE 0,选项C 错误,D 正确.命题点一 交变电流的产生及变化规律1.交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)2.交变电流瞬时值表达式的书写(1)确定正弦交变电流的峰值,根据已知图象读出或由公式E m =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.如:①线圈在中性面位置开始计时,则i -t 图象为正弦函数图象,函数表达式为i =I m sin ωt . ②线圈在垂直于中性面的位置开始计时,则i -t 图象为余弦函数图象,函数表达式为i =I m cos ωt .例1 (多选)(2016·全国卷Ⅲ·21)如图2,M 为半圆形导线框,圆心为O M ;N 是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为O N ;两导线框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线O M O N 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O M 和O N 的轴,以相同的周期T 逆时针匀速转动,则( )图2A.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TC.在t =T8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 两导线框进入磁场过程中,匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变,选项A 错误;导线框的转动周期为T ,则感应电流的周期也为T ,选项B 正确;在t =T8时,切割磁感线的有效长度相同,两导线框中产生的感应电动势相等,选项C 正确;M 导线框中一直有感应电流,N 导线框中只有一半时间内有感应电流,所以两导线框的电阻相等时,感应电流的有效值不相等,选项D 错误.变式1 (多选)(2018·河北省衡水金卷模拟一)如图3所示,线圈ABCD 匝数n =10,面积S =0.4 m 2,边界MN (与线圈的AB 边重合)右侧存在磁感应强度B =2π T 的匀强磁场,若线圈从图示位置开始绕AB 边以ω=10π rad/s 的角速度匀速转动.则以下说法正确的是( )图3A.线圈产生的是正弦交流电B.线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为80 VC.线圈转动160 s 时瞬时感应电动势为40 3 VD.线圈产生的感应电动势的有效值为40 V 答案 BD解析 线圈在有界匀强磁场中将产生正弦半波脉动电流,故A 错误;电动势最大值E m =nBSω=80 V ,故B 正确;线圈转动160 s 、转过角度π6,瞬时感应电动势为e =E m sin π6=40 V ,故C错误;在一个周期时间内,只有半个周期产生感应电动势,根据有效值的定义有(E m 2R)2R ·T2=(E R )2RT ,可得电动势有效值E =E m2=40 V ,故D 正确. 变式2 (2018·安徽省宣城市第二次调研)图4甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其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 ′(OO ′沿水平方向)匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与电阻R =10 Ω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随时间t 变化的图象.线圈内阻不计,则( )图4A.此交流发电机的电动势平均值为10 2 VB.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 =102cos (100πt ) VD.当ab 边速度方向向上时,它所受安培力的方向也向上 答案 C解析 矩形线圈绕垂直于磁场的转轴匀速转动,产生正弦交流电,外电阻R =10 Ω,电压表示数为10 V ,说明E m2=10 V ,即电动势最大值为E m =10 2 V ,所以平均值一定比E m =10 2 V 小,选项A 错.根据题图乙知t =0时磁通量等于0,可判断t =0时电动势最大,所以电动势随时间变化的规律为u =E m cos ωt =102cos(100πt ) V ,选项C 对.将t =0.02 s 代入电动势瞬时值表达式,得U =10 2 V ,选项B 错.根据楞次定律,感应电流总是阻碍线圈的转动,所以当ab 边速度方向向上时,它所受安培力的方向向下,选项D 错.命题点二 交流电有效值的求解1.交变电流有效值的规定交变电流、恒定电流I 直分别通过同一电阻R ,在交流的一个周期内产生的焦耳热分别为Q 交、Q 直,若Q 交=Q 直,则交变电流的有效值I =I 直(直流有效值也可以这样算). 2.对有效值的理解(1)交流电流表、交流电压表的示数是指有效值;(2)用电器铭牌上标的值(如额定电压、额定功率等)指的均是有效值; (3)计算热量、电功率及保险丝的熔断电流指的是有效值; (4)没有特别加以说明的,是指有效值;(5)“交流的最大值是有效值的2倍”仅适用于正(余)弦式交变电流. 3.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 =I 2Rt 和Q =U 2Rt 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 =I m 2、U =U m2求解.例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流电源上,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u 0,周期均为T ,如图5所示.则Q 方∶Q 正等于( )图5A.1∶ 2B.2∶1C.1∶2D.2∶1 答案 D解析由有效值概念知,一个周期内产生热量Q方=u20R·T2+u20R·T2=u20R T,Q正=U2有效R T=(u02)2R T=12·u20R T,故知,Q方∶Q正=2∶1.变式3(2018·福建省宁德市上学期期末)阻值为R的电炉丝通以大小为I的恒定电流时其电功率为P,当把它接在某正弦交流电源两端时其电功率也为P.则该交流电源电压的最大值为()A.22IR B.2IRC.IRD.2IR答案 B解析电炉丝通以大小为I的恒定电流时,经t时间内产生的热量为Q,则有:Q=Pt=I2Rt;电炉丝接在某正弦交流电源两端时,经t时间内产生的热量为Q′,则有:Q′=Pt=I有2Rt,根据热效应有:Q=Q′,即I2Rt=I有2Rt,解得:I有=I,则电压的有效值为U有=I有R=IR,故该交流电源电压的最大值为U m=2U有=2IR,故选B.变式4(多选)(2017·天津理综·6)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6所示正弦规律变化.设线圈总电阻为2 Ω,则()图6A.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t=0时,穿过线圈的磁通量为零,线圈平面平行于磁感线,故A正确;每经过一次中性面(线圈平面垂直于磁感线,磁通量有最大值)电流的方向改变一次,t=1 s时,磁通量为零,线圈平面平行于磁感线,故B错误;t=1.5 s时,磁通量有最大值,但磁通量的变化率为零⎝⎛⎭⎫ΔΦΔt =0,根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零,故C 错误;感应电动势最大值E m =NBSω=N ·Φm ·2πT =4π V ,有效值E =E m 2=22π V ,一个周期内线圈产生的热量Q =E 2R T =8π2 J ,故D 正确.拓展点 含二极管的交流电有效值的求解例3 如图7所示电路,电阻R 1与电阻R 2串联接在交变电源上,且R 1=R 2=10 Ω,正弦交流电的表达式为u =202sin 100πt (V),R 1和理想二极管D (正向电阻为零,反向电阻为无穷大)并联,则R 2上的电功率为( )图7A.10 WB.15 WC.25 WD.30 W 答案 C解析 由题图可知,当电流从A 流入时,R 1被短路,则此时R 2上电压有效值为:U 2=U m 2=20 V ,当电流从B 流入时,R 1、R 2串联,则R 2两端电压有效值为U 2′=U 22=10 V ,在一个周期内R 2两端的电压有效值为U ,则U 2′2R 2×T 2+U 22R 2×T 2=U 2R 2×T ,解得:U =510 V ,则有:P 2′=U 2R 2=25010W =25 W.变式5 在如图8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).R 1=30 Ω,R 2=60 Ω,R 3=10 Ω.在MN 间加上如图乙所示的交变电压时,R 3两端理想电压表的读数大约是( )图8A.3 VB.3.5 VC.4 VD.5 V 答案 B命题点三 交变电流“四值”的理解和计算交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较例4 如图9甲所示为手机无线充电工作原理的示意图,由送电线圈和受电线圈组成.已知受电线圈的匝数为n =50匝,电阻r =1.0 Ω,在它的c 、d 两端接一阻值R =9.0 Ω的电阻.设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场,其磁通量随时间按图乙所示的规律变化,可在受电线圈中产生电动势最大值为20 V 的正弦交流电,设磁场竖直向上.求:图9(1)在t =π×10-3 s 时,受电线圈中产生电流的大小,c 、d 两端哪端电势高?(2)在一个周期内,电阻R 上产生的热量; (3)从t 1到t 2时间内,通过电阻R 的电荷量. 答案 (1)2.0 A c 端电势高 (2)5.7×10-2 J(3)2×10-3 C解析 (1)由题图乙知t =π×10-3 s 时受电线圈中产生的电动势最大,为E m =20 V 线圈中产生感应电流的大小为I 1=I m =E mR +r =2.0 A 由楞次定律可以得到此时c 端电势高 (2)通过电阻的电流的有效值为I =I m2= 2 A 电阻在一个周期内产生的热量Q =I 2RT ≈5.7×10-2 J (3)线圈中感应电动势的平均值E =n ΔΦΔt通过电阻R 的电流的平均值为I =ER +r ,通过电阻R 的电荷量q =I ·Δt 由题图乙知,在T 4~3T4的时间内,ΔΦ=4×10-4 Wb解得q =n ΔΦR +r=2×10-3 C变式6 (多选)(2018·河北省张家口市上学期期末)如图10所示,处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中的矩形线框MNPQ ,以恒定的角速度ω绕对角线NQ 转动.已知MN 长为l 1,NP 长为l 2,线框电阻为R .t =0时刻线框平面与纸面重合,下列说法正确的是( )图10A.矩形线框产生的感应电动势有效值为22Bl 1l 2ω B.矩形线框转过π时的电流强度为零C.矩形线框转动一周,通过线框任意横截面的电荷量为Bl 1l 2RD.矩形线框转过π过程中产生的热量为πB 2l 12l 22ω2R答案 ABD解析 产生正弦式交变电流,最大值为E m =Bl 1l 2ω,所以有效值为:E =2Bl 1l 2ω2,故A 正确;转过π时,线圈平面与磁场垂直,磁通量最大,感应电动势为零,电流为零,故B 正确;线框转过一周通过横截面的电荷量为零,故C 错误;根据焦耳定律可得转过π过程中产生的热量为:Q =I 2Rt =E 2R ×πω=πB 2l 21l 22ω2R,故D 正确.变式7 (多选)如图11所示,边长为L 的正方形单匝线圈abcd ,电阻为r ,外电路的电阻为R ,ab 的中点和cd 的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界线上,磁场的磁感应强度为B ,若线圈从图示位置开始,以角速度ω绕OO ′轴匀速转动,则以下判断正确的是( )图11A.图示位置线圈中的感应电动势最大为E m =BL 2ωB.从图示位置开始计时,闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e =12BL 2ωsin ωtC.线圈从图示位置转过180°的过程中,流过电阻R 的电荷量为q =2BL 2R +rD.线圈转动一周的过程中,电阻R 上产生的热量为Q =πB 2ωL 4R4(R +r )2答案 BD解析 题图位置线圈中的感应电动势最小,为零,A 错误.若线圈从题图位置开始转动,闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e =12BL 2ωsin ωt ,B 正确.线圈从题图位置转过180°的过程中,流过电阻R 的电荷量为q =I ·Δt =ΔΦR 总=BL 2R +r,C 错误.E m =12BL 2ω,线圈转动一周的过程中,电阻R 上产生的热量为Q =⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫E m 2R +r 2·R ·2πω=πB 2ωL 4R 4(R +r )2,D 正确.1.(多选)下面关于交变电流的说法中正确的是( ) A.交流电器设备上所标的电压值和电流值是交变电流的峰值 B.用交流电流表和电压表测量的数值是交变电流的瞬时值 C.给定的交变电流数值,在没有特别说明的情况下是指有效值 D.和交变电流有相同热效应的直流电流的数值是交变电流的有效值 答案 CD2.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动,当线圈通过中性面时,以下说法错误的是( )A.线圈中的感应电动势为零B.线圈平面与磁感线方向垂直C.通过线圈的磁通量达到最大值D.通过线圈的磁通量变化率达到最大值答案 D解析 在中性面时,线圈与磁场垂直,磁通量最大,通过线圈的磁通量变化率为零,感应电动势为零,故A 、B 、C 正确,D 错误.3.(2019·辽宁省大连市质检)A 、B 是两个完全相同的电热器,A 通以图1甲所示的方波交变电流,B 通以图乙所示的正弦式交变电流,则两电热器的电功率P A ∶P B 等于( )图1A.5∶4B.3∶2C.2∶1D.2∶1 答案 A解析 根据电流有效值的定义可知I 02R T 2+(I 02)2R T2=I A 2RT ,解得有效值I A =58I 0,而I B =I 02,根据功率的计算公式P =I 2R 可得P A ∶P B =I A 2∶I B 2=5∶4,故A 正确.4.(2018·广西桂林市、贺州市期末联考)一台小型发电机与计算机相连接,计算机能将发电机产生的电动势随时间变化的图象记录下来,如图2甲所示,让线圈在匀强磁场中以不同的转速匀速转动,计算机记录了两次不同转速所产生正弦交流电的图象如图乙所示.则关于发电机先后两次的转速之比n a ∶n b ,交流电b 的最大值正确的是( )图2A.3∶2,1023 VB.3∶2,203 VC.2∶3,1023 VD.2∶3,203V答案 B解析 由题图可知,a 的周期为0.4 s ,b 的周期为0.6 s ,则由n =1T 可知,转速与周期成反比,故曲线a 、b 对应的线圈转速之比为3∶2;曲线a 表示的交变电动势最大值是10 V ,根据E m =nBSω得曲线b 表示的交变电动势最大值是203V ,故B 正确,A 、C 、D 错误.5.(2018·广西南宁市3月适应测试)某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,通过线圈的磁通量随时间按如图3所示的规律变化,当t =0时,Φ=Φ0,图中Φ0、t 1、t 2均已知,则下列说法正确的是( )图3A.t 1时刻,线圈中的感应电流为零B.t 1~t 2时间内,线圈中的电流先增大后减小C.线圈转动的角速度大小为ω=2πt 1D.若将线圈的转速增大为原来的2倍,则线圈中感应电流的电功率是原来的4倍 答案 D解析 t 1时刻,磁通量的变化率不为零,因此感应电动势不为零,感应电流不为零,A 项错误;t 1~t 2时间内,磁通量的变化率先变小后变大,因此感应电流先变小后变大,B 项错误;线圈转动的角速度大小为ω=2π4t 1=π2t 1,C 项错误;E =NBSω=NΦ02πn ,若将线圈的转速增大为原来的2倍,感应电动势的最大值变为原来的2倍,感应电动势的有效值变为原来的2倍,由P =E 2R可知,电功率是原来的4倍,D 项正确.6.一交流电压为u =1002sin (100πt )V ,由此表达式可知( ) A.用电压表测该电压其示数为50 V B.该交流电压的周期为0.02 sC.将该电压加在“100 V 100 W ”的灯泡两端,灯泡的实际功率小于100 WD.t =1400 s 时,该交流电压的瞬时值为50 V答案 B解析 电压有效值为100 V ,故用电压表测该电压其示数为100 V ,A 项错误;ω=100π rad/s ,则周期T =2πω=0.02 s ,B 项正确;将该电压加在“100 V 100 W ”的灯泡两端,灯泡恰好正常工作,实际功率等于100 W,C项错误;将t=1400s代入瞬时值表达式得电压的瞬时值为100 V,D项错误.7.如图4所示,表示一交流电的电流随时间变化的图象,此交流电的有效值是()图4A.5 2 AB.3.5 2 AC.3.5 AD.5 A答案 D8.(多选)(2018·河南省中原名校第四次模拟)图5甲为小型交流发电机的原理图,发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动,从t=0时刻开始,通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示,已知线圈的匝数n=50,线圈的电阻r=5 Ω,线圈与外电路连接的定值电阻R=45 Ω,电压表为理想交流电表.则下列判断正确的是()图5A.线圈转动的周期为6.28 sB.t=0时刻线圈平面与磁感线平行C.线圈转动过程中产生的最大感应电动势为100 2 VD.电压表的示数为45 2 V答案BD解析由题图乙可知,线圈转动的周期为T=6.28×10-2 s,A项错误;t=0时刻,磁通量为零,线圈平面与磁感线平行,B项正确;线圈中的最大电动势E m=nBSω=nΦmω=50×2×10-2×2π6.28×10-2V=100 V,C项错误;电压表的示数为U=ER+rR=50250×45 V=45 2 V,D项正确.9.(多选)(2018·山东省泰安市一模)如图6甲所示的电路中,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, U AB >0).由此可知( )图6A.在A 、B 之间所加的交变电压的周期为2×10-2 sB.在A 、B 之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u =2202sin 50πt (V)C.加在R 1上电压的有效值为55 2 VD.加在R 1上电压的有效值为5510 V 答案 AC10.如图7甲所示,理想变压器的原、副线圈匝数比n 1∶n 2=10∶1,L 1和L 2是相同型号的白炽灯,L 1与电容器C 串联,L 2与带铁芯的线圈L 串联,为理想交流电压表.当原线圈接有如图乙所示的正弦交变电压时,电路稳定后,两只灯泡的亮度相同,则( )图7A.与副线圈并联的电压表在t =1×10-2 s 时的示数为0B.与副线圈并联的电压表在t =0.5×10-2 s 时的示数为22 2 VC.当原线圈所接正弦交变电压的频率变为100 Hz 时,灯泡L 1变亮,灯泡L 2变暗D.当原线圈所接正弦交变电压的频率变为100 Hz 时,灯泡L 1变暗,灯泡L 2变亮 答案 C解析 与副线圈并联的电压表的示数为副线圈两端电压的有效值,在不改变其他条件时,其示数不变,为U =220 V 10=22 V ,A 、B 错;正弦交变电压原频率为f =1T =50 Hz ,当频率变为100 Hz 时,容抗X C =12πfC 减小,L 1中电流增大,功率增大,灯泡L 1变亮,感抗X L =2πfL增大,L 2中电流减小,功率减小,灯泡L 2变暗,C 对,D 错.11.(多选)如图8甲所示,将阻值为R =5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上,电流随时间变化的规律如图乙所示,理想交流电流表串联在电路中测量电流的大小.对此,下列说法正确的是( )图8A.电阻R 两端电压变化规律的函数表达式为u =2.5sin (200πt ) VB.电阻R 消耗的电功率为1.25 WC.如图丙所示,若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生,当线圈的转速提升一倍时,电流表的示数为1 AD.这一交变电流与图丁所示电流比较,其有效值之比为1∶ 2 答案 AD解析 题图乙所示电流的最大值为I m =0.5 A ,周期为T =0.01 s ,其角速度为ω=2πT =200π rad/s ,由欧姆定律得U m =I m R =2.5 V.所以电阻R 两端电压的表达式为u =2.5sin (200πt ) V ,选项A 正确.该电流的有效值为I =I m2,电阻R 消耗的电功率为P =I 2R ,解得P =0.625 W ,B 选项错误.电流表的示数为有效值,若该交变电流由题图丙所示矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生,当转速提升一倍时,电动势的最大值E m =nBSω变为原来的2倍,电路中电流的有效值也是原来的2倍,为2×0.52 A ≠1 A ,选项C 错误.题图乙中的正弦交变电流的有效值为0.52 A ,题图丁所示的交变电流虽然方向发生变化,但大小恒为0.5 A ,选项D 正确.12.如图9甲所示,一固定的矩形导体线圈水平放置,线圈的左端接一只小灯泡,线圈所在空间内存在与线圈平面垂直且均匀分布的磁场.已知线圈的匝数n =100匝、总电阻r =1.0 Ω、所围成矩形的面积S =0.040 m 2,小灯泡的电阻R =9.0 Ω,磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化,线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e =nB m S2πT cos 2πTt ,其中B m 为磁感应强度的最大值,T 为磁场变化的周期,不计灯丝电阻随温度的变化.求:图9(1)线圈中产生感应电动势的最大值; (2)小灯泡消耗的电功率;(3)在磁感应强度变化的0~T4时间内,通过小灯泡的电荷量.答案 (1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10-3 C解析 (1)由题图乙知,线圈中产生的交变电流的周期T =π×10-2 s ,所以E m =nB m S 2πT=8.0 V . (2)电流的最大值I m =E mR +r=0.80 A ,有效值I =I m 2=225 A ,小灯泡消耗的电功率P =I 2R =2.88 W.(3)在0~T 4时间内,电动势的平均值E =ΔΦΔt =nS ΔB Δt ,平均电流I =E R +r =nS ·ΔB(R +r )·Δt ,通过灯泡的电荷量Q =I Δt =nS ΔBR +r =4.0×10-3 C.。
2019年高三物理人教版一轮教师用书:第11章 第1节 交变电流的产生及描述 Word版含解析
第章交变电流传感器[全国卷三年考点考情]说明:(1)不要求讨论交变电流的相位和相位差的问题.(2)只限于单相理想变压器.第一节交变电流的产生及描述(对应学生用书第200页)[教材知识速填]知识点1交变电流的产生和变化规律1.产生如图11-1-1所示,将闭合线圈置于匀强磁场中,并绕垂直于磁感线方向的轴匀速转动.图11-1-12.交变电流(1)定义:大小和方向都随时间做周期性变化的电流.(2)按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流.3.正弦式交变电流(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)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=E m sin_ωt.②负载两端电压u随时间变化的规律:u=U m sin_ωt.③电流i随时间变化的规律:i=I m sin_ωt.其中ω等于线圈转动的角速度,E m=nBl1l2ω=nBSω.(3)图象(如图11-1-2所示)图11-1-2易错判断(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.(×)知识点2描述交变电流的物理量1.周期和频率(1)周期T:交变电流完成一次周期性变化(线圈转动一周)所需的时间,单位是秒(s).公式为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.交变电流的“四值”(1)瞬时值:交变电流某一时刻的值,是时间的函数.(2)峰值:交变电流的电流或电压所能达到的最大值.(3)有效值:跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值.对正弦式交变电流,其有效值和峰值的关系为:EU I(4)平均值:交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值,其数值可以用E =n ΔΦΔt 计算. 易错判断(1)在一个周期内,正弦交流电的方向改变两次.(√)(2)最大值和有效值之间的2倍关系只适用于正弦(余弦)交流电.(√) (3)交流电压表及交流电流表的读数均为峰值.(×)[教材习题回访]考查点:瞬时值的计算1.(人教版选修3-2 P 34 T 5改编)如图11-1-3所示,KLMN 是一个竖直的矩形导线框,全部处于磁感应强度为B 的水平方向的匀强磁场中,线框面积为S ,MN 边水平,线框绕某竖直固定轴以角速度ω匀速转动.在MN 边与磁场方向的夹角到达30°的时刻(图示位置),则导线框中产生的瞬时电动势e 的大小和线框此时电流的方向分别为(已知线框按俯视的逆时针方向转动)( )图11-1-3A.12BSω,电流方向为KNMLK B.32BSω,电流方向为KNMLK C.12BSω,电流方向为KLMNK D.32BSω,电流方向为KLMNK[答案]B考查点:最大值的计算2.(人教版选修3-2 P34T3改编)图11-1-4中,设磁感应强度为0.01 T,单匝线圈边长AB为20 cm,宽AD为10 cm,转速n为50 r/s,则线圈转动时感应电动势的最大值为()图11-1-4A.1×10-2 VB.3.14×10-2VC.2×10-2 VD.6.28×10-2 V[答案]D考查点:交变电流的图象3.(沪科版选修3-2 P59 T4改编)图11-1-5为某正弦式交变电流的图象,则该电流的瞬时表达式为()图11-1-5A.i=102sin 100πt AB.i=10sin 10·πt AC.i=202sin 50πt AD.i=20sin 100πt A[答案]D考查点:有效值的计算4.(鲁科版选修3-2P61T1)两只相同的电阻,分别通以正弦波形的交流电和方波形的交流电,两种交流电的最大值相等,且周期相等(如图11-1-6所示).在正弦波形交流电的一个周期内,正弦波形的交流电在电阻上产生的焦耳热为Q 1,其与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q 2之比Q 1∶Q 2等于( )图11-1-6A .1∶1B .2∶1C .1∶2D .4∶3[答案] C(对应学生用书第201页)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,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.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)3.次通过中性面,因此电流的方向改变两次.[题组通关]1.为了研究交流电的产生过程,小张同学设计了如下实验构思方案:第一次将单匝矩形线圈放在匀强磁场中,线圈绕转轴OO1按图11-1-7甲所示方向匀速转动(ab向纸外,cd向纸内),并从图甲所示位置开始计时.此时产生的交变电流如图11-1-7乙所示.第二次他仅将转轴移至ab边上,第三次他仅将转轴右侧的磁场去掉,关于后两次的电流图象,下列说法正确的是()【导学号:84370468】图11-1-7A.第二次是A图B.第二次是C图C.第三次是B图D.第三次是D图D[第二次他仅将转轴移到ab边上,产生的交流电的电动势E=BSωsin ωt,产生的交流电与乙图一样,故A、B错误;第三次仅将转轴右侧的磁场去掉,只有一个边切割磁感线,所以交流电的数值减半,故C错误,D项正确.]2.(多选)(2018·济南模拟)某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图11-1-8所示,下列说法正确的是()图11-1-8A.交流电的表达式为e=1002sin 50πt(V)B.交流电的表达式为e=100sin 50πt(V)C.若其他条件不变,仅使线圈的转速变为原来的一半,则交流电动势的表达式为e=50sin 50πt(V)D.若其他条件不变,仅使线圈的转速变为原来的一半,则交流电动势的最大值变为50 VBD[由图象可知,交流电动势的最大值E m=100 V,周期T=0.04 s,所以瞬时值表达式为e=100sin 50πt V,选项A错误,B正确;根据感应电动势最大值的表达式E m=NBSω得知,E m与ω成正比,则线圈的转速变为原来的一半,感应电动势最大值变为原来的一半,为E m′=50 V,则交流电动势的表达式为e=50sin 25πt(V),故选项C错误,D正确.]如图所示,在水平向右的匀强磁场中,一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动,线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路.t1、t2时刻线框分别转到图甲、乙所示的位置,下列说法正确的是()A.t1时刻穿过线框的磁通量最大B.t1时刻电阻中的电流最大,方向从右向左C .t 2时刻穿过线框的磁通量变化最快D .t 2时刻电阻中的电流最大,方向从右向左B [t 1时刻,穿过线框的磁通量为零,线框产生的感应电动势最大,电阻中的电流最大,根据楞次定律,通过电阻的电流方向从右向左,A 错误,B 正确;t 2时刻,穿过线框的磁通量最大,线框产生的感应电动势为零,电阻中的电流为零,C 、D 错误.]1.公式法利用E =E m 2、U =U m 2、I =I m2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”要取周期的整数倍,一般取一个周期. 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.[母题](多选)如图11-1-9所示,图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波式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,经过1 min 的时间,则( )图11-1-9A .图甲所示交变电流的有效值为33 A B .图乙所示交变电流的有效值为22 A C .两电阻消耗的电功之比为1∶3 D .两电阻消耗的电功之比为3∶1AC [设题图甲、乙所示交变电流的有效值分别为I 1、I 2,则⎝ ⎛⎭⎪⎫122×R ×2×10-2+0+⎝⎛⎭⎪⎫122×R ×2×10-2=I 21R ×6×10-2,解得I 1=33 A ,而I 2=1 A ,故选项A 正确,B 错误;由W =I 2Rt 得W 1∶W 2=I 21∶I 22=1∶3,故选项C 正确,D 错误.] [母题迁移]迁移1 仅正(余)弦波形的141.如图11-1-10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( )图11-1-10A .U m B.U m 2C.U m 3D.U m2 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 ,正弦交流电压的有效值与峰值的关系是U =U m2,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 =⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22R t =U 2m 2R ·T2,设交流电压的有效值为U ,由电流热效应得Q =U 2m 2R ·T 2=U 2R ·T ,所以该交流电压的有效值U =U m 2,可见选项D 正确.]迁移2 不对称矩形波形2.如图11-1-11所示,表示一交流电的电流随时间而变化的图象,此交流电的有效值是 ( )图11-1-11A .5 2 AB .3.5 2 AC .3.5 AD .5 AD [交流电的有效值是根据其热效应定义的,它是从电流产生焦耳热相等的角度出发,使交流电与恒定电流等效.设交流电的有效值为I ,令该交变电流通过一阻值为R 的纯电阻,在一个周期内有:I 2RT =I 21R T 2+I 22R T 2.所以该交流电的有效值为I =I 21+I 222=5 A .]迁移3 不对称上、下正(余)弦波形3.电压u 随时间t 的变化情况如图11-1-12所示,则电压的有效值为( )【导学号:84370469】图11-1-12A .5510 VB .233.5 VC .11010 VD .10010 VA [由有效值的定义式得: ⎝ ⎛⎭⎪⎫15622R ×T 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫31122R ×T 2=U 2R T ,得:U =5510 V ,故选项A 正确.]迁移4 存在二极管的情况4.如图11-1-13所示电路,电阻R 1与电阻R 2阻值相同,都为R ,和R 1并联的D 为理想二极管(正向电阻可看作零,反向电阻可看作无穷大),在A 、B 间加一正弦交流电u =202sin 100πt V ,则加在R 2上的电压有效值为( )图11-1-13A .10 VB .20 VC .15 VD .510 VD [电压值取正值时,即在前半个周期内,二极管电阻为零,R 2上的电压等于输入电压值,电压值取负值时,即在后半周期内,二极管电阻无穷大可看作断路,R 2上的电压等于输入电压值的一半,据此可设加在R 2的电压有效值为U ,根据电流的热效应,在一个周期内满足U 2R T =202R ·T 2+102R ·T 2,可求出U =510 V ,故选项D 正确.](和交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较[题组通关]3.某小型交流发电机的示意图,其矩形线圈abcd 的面积为S =0.03 m 2,共有n=10匝,线圈总电阻为r =1 Ω,线圈处于磁感应强度大小为B =22π T 的匀强磁场中,可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO ′转动,线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路阻值为R =9 Ω的电阻连接.在外力作用下线圈以角速度ω=10π rad/s 绕轴OO ′逆时针匀速转动,下列说法中正确的是( )图11-1-14A .刚开始转动时线圈中感应电流方向为abcdB .用该交流发电机给电磁打点计时器供电时,打点的时间间隔为0.02 sC .该电路的路端电压有效值为5.4 VD .如果将电阻R 换成标有“6 V 3 W ”字样的小灯泡,小灯泡能正常工作C [由右手定则可知,刚开始转动时线圈中感应电流方向为adcb ,选项A错误;交流电的周期T =2πω=2π10πs =0.2 s ,故打点的时间间隔一定为0.2 s ,故B错误;线圈产生的最大感应电动势为E m=nBSω=10×22π×0.03×10π V=6 2 V,有效值为E=E m2=6 V,根据闭合电路的欧姆定律可知I=ER+r =69+1A=0.6 A,则电路的路端电压有效值为U=IR=5.4V,选项C正确;灯泡的电阻R′=U2P=12 Ω,电灯泡两端的电压为U=ER′+rR′≈5.5 V,故小灯泡不能正常发光,故D错误.故选C.]4.(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11-1-15所示正弦规律变化.设线圈总电阻为2 Ω,则()【导学号:84370470】图11-1-15A.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 JAD[A对:t=0时,Φ=0,故线圈平面平行于磁感线.B错: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.C错:线圈在磁场中转动,磁通量最大时,感应电动势为0,磁通量为0时,感应电动势最大,故t=1.5 s时,感应电动势为0.D 对:线圈中感应电动势的最大值E m =nBωS =nωΦm =n 2πT Φm =100×2π2×0.04 V =4π V ,有效值E =E m 2=22π V , 故在一个周期内线圈产生的热量Q =E 2R T =(22π)22×2 J =8π2 J .](2017·芜湖模拟)某正弦交流发电机产生的电动势波形如图所示,已知该发电机线圈匝数n =100匝,线圈面积为S =0.1 m 2,线圈内阻为r =1 Ω,用一理想交流电压表接在发电机的两个输出端.由此可知( )A .线圈在匀强磁场中转动的角速度为50π rad/sB .线圈所在处的磁感应强度是B =1 TC .交流电压表的读数为220 VD .交变电动势的平均值为E =200 VD [由正弦交流发电机产生的电动势波形图可知,周期T =0.02 s ,而T =2πω,解得线圈在匀强磁场中转动的角速度为ω=100π rad/s ,选项A 错误.由正弦交流发电机产生的电动势波形图可知,电动势最大值为E m =314 V ,而E m =nBSω,解得B =0.1 T ,选项B 错误.由于电压表是理想交流电压表,测量值等于交变电压的有效值,为314×22 V =222 V ,选项C 错误.由法拉第电磁感应定律,交变电压的平均值为E =n ΔΦΔt ,取T 4时间,磁通量变化量ΔΦ=BS ,所以E =nBS T 4=200 V ,选项D 正确.]。
高中高考物理一轮复习课件 第11章 第1讲 交变电流的产生和描述
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3.交变电流的瞬时值、峰值、有效值
(1)瞬时值:交变电流某一时刻的值,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
理想变压器
Ⅰ 5年1考 Ⅰ 5年1考 Ⅱ 5年4考
远距离输电
Ⅰ
实验十二:传感器的 5年2考 简单使用
1.命题趋势 从近几年命题看,高考对本章内容考查命题频 率较低,变压器结合电路分析仍将是今后命题 的热点,题型一般为选择题. 2.备考策略 (1)掌握交变电流的产生过程及描述交变电流的 物理量; (2)灵活应用交变电流的图象信息; (3)会进行交变电流“四值”的分析和计算; (4)掌握变压器的原理及远距离输电过程分析.
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B⊥S
B∥S
Φ=BS,最大 特点 e=nΔΔΦt =0,最小
Φ=0,最小 e=nΔΔΦt =nBSω,最大
感应电流为零,方向改变 感应电流最大,方向不变
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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)
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(5)交变电流电压的有效值与峰值之间的关系是 U=U2m.( × ) (6)交流电压表及交流电流表的读数均为瞬时值.( ×) (7)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值.( √ ) (8)计算电功、电热时要用电压、电流的有效值.( √ )
2023版高考物理一轮总复习专题11交变电流第1讲交变电流的产生和描述课件
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,规定
开始方向为正值)
物理量
函数表达式
图像
磁通量
Φ=Φmcos ωt=BScos ωt
电动势
e=Emsin ωt=nBSωsin ωt
物理量 电压 电流
函数表达式 u=Umsin ωt=RR+Emrsin ωt i=Imsin ωt=RE+mrsin ωt
一交流电的图像,它们的周期 T 和最大值 Um 相同,则实线所对应的交
流电的有效值 U 满足
()
A.U=U2m
B.U=
2Um 2
C.U>
2Um 2
D.U<
2Um 2
【答案】D 【解析】因虚线是正弦交流电的图像,则该交流电的有效值为 U 有效 值=U2m= 22Um,由图可知,在任意时刻,实线所代表的交流电的瞬时值 都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值,则实线所代表的交流电的有 效值小于虚线表示的正弦交流电的有效值,则 U< 22Um,故 D 正确.
2.有效值的计算方法 (1)公式法:利用 E=Em2,U=U2m,I= Im2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.
例 1 (2020 年海南卷)图甲、乙分别表示两种电流的波形,其中图乙
所示电流按正弦规律变化,分别用 I1 和 I2 表示甲和乙两种电流的有效
甲
乙
丙
丁
2.正弦式交变电流 (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.
2020高考物理一轮总复习第十一章第1讲交变电流的产生和描述讲义含解析新人教版
交变电流的产生和描述全国卷3年考情分析三年考题考点内容考纲要求201620172018交变电流、交变电流的图象Ⅰ正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值Ⅰ理想变压器Ⅱ远距离输电Ⅰ实验:传感器的简单使用卷ⅠT16,理想变压器(原线圈中串有电阻)卷ⅢT19,理想变压器(原线圈中串有灯泡)卷ⅢT21,交变电流的产生卷ⅠT23,传感器的使用卷ⅢT16,有效值的计算卷ⅠT23,热敏电阻的特性第1讲 交变电流的产生和描述[基础知识·填一填][知识点1] 正弦式交变电流 1.产生: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 ,=0,e =0,i =0,电流方向ΔΦΔt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ΔΦΔt向 不改变 .3.电流方向的改变:一个周期内线圈中电流的方向改变 两 次.4.交变电动势的最大值:E m = nBSω ,与转轴位置无关,与线圈形状无关.5.交变电动势随时间的变化规律:e = nBSωsin_ωt .判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”.(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.(×)[知识点2] 描述交变电流的物理量 1.周期和频率(1)周期T :交变电流完成1次周期性变化所需要的 时间 ,单位是秒(s).表达式为T ==(n 为转速).2πω1n(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 =.1f 1T2.交变电流的瞬时值、最大值、有效值和平均值(1)瞬时值:交变电流 某一时刻 的值,是时间的函数.(2)最大值:交变电流或电压所能达到的最大的值.(3)有效值:让恒定电流和交变电流分别通过阻值相等的电阻,如果在交流的一个周期内它们 产生的热量 相等,就可以把恒定电流的数值规定为这个交变电流的有效值.(4)正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系I =,U =,E =.I m 2U m 2E m2(5)交变电流的平均值:=n,=.E ΔΦΔt I n ΔΦ(R +r )Δt判断正误,正确的划“√”,错误的划“×”.(1)最大值和有效值之间的 倍关系只适用于正弦交流电.(√)2(2)交流电压表及交流电流表的读数均为峰值.(×)(3)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值.(√)[教材挖掘·做一做]1.(人教版选修3-2 P35思考与讨论改编)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 VB .4 V 10C .15 VD .8 V5解析:B [根据图象,一个周期T =1 s ,设该交变电流的有效值为U,0~0.4 s 的时间间隔为t 1=0.4 s,0.4~0.5 s 的时间间隔t 2=0.1 s ,根据电流的热效应,由2(I Rt 1+21I Rt 2)=·T ,解得U =4 V ,B 正确.]2U 2R102.(人教版选修3-2 P36第2题改编)某电容器两端所允许加的最大直流电压是250V .它在正弦交流电路中使用时,交流电压可以是( )A .250 VB .220 VC .352 VD .177 V解析:D [电容器的耐压值是指最大值,根据正弦交流电的有效值公式得:U ==U m2V =177 V .]2501.4143.(人教版选修3-2 P34第5题改编)有一个正方形线圈的匝数为10 匝,边长为20 cm ,线圈总电阻为1 Ω,线圈绕OO ′轴以10π rad/s 的角速度匀速转动,如图所示,匀强磁场的磁感应强度为0.5 T ,问:(1)该线圈产生的交变电流电动势的峰值、电流的峰值分别是多少?(2)若从中性面位置开始计时,写出感应电动势随时间变化的表达式.(3)线圈从中性面位置开始转过30°时,感应电动势的瞬时值是多大?解析:(1)交变电流电动势的峰值为E m =nBSω=10×0.5×0.22×10π V =6.28 V电流的峰值为I m ==6.28 A.E mR(2)从中性面位置开始计时,感应电动势的瞬时值表达式为e =E m sin ωt ≈6.28sin 10πt V.(3)线圈从中性面位置开始转过30°,感应电动势的瞬时值e =E m sin 30°=3.14 V.答案:(1)6.28 V 6.28 A(2)e =6.28sin 10πt V (3)3.14 V考点一 正弦交变电流的产生及变化规律[考点解读]1.正弦式交变电流的图象(线圈在中性面位置开始计时)函数表达式图象磁通量Φ=Φm cos ωt =BS cosωt电动势e =E m sin ωt =nBSωsinωt电流i =I m sin ωt =sinE m R +rωt电压u =U m sin ωt =sinRE mR +rωt2.交变电流图象的“五个”确定(1)确定交变电流的最大值(峰值).(2)确定不同时刻交变电流的瞬时值.(3)确定周期T .(频率f =1T)(4)确定中性面对应的时刻.(5)确定交变电流方向改变时对应的时刻.[典例赏析][典例1] (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,产生的交变电动势图象如图乙中曲线a 、b 所示,则( )A .两次t =0时刻线圈平面均与中性面重合B .曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C .曲线a 表示的交变电动势频率为25 HzD .曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V[解析] AC [线圈位于中性面时,磁通量最大,电动势为零,结合e -t 图象知,A 正确;转速之比等于周期的反比,故该比值为3∶2,B 错;频率为周期的倒数,a 的周期为0.04 s ,频率为25 Hz ,C 对;正弦交变电动势的有效值为E ==,已知E a =E m 2nBS ω2152V ,且ωb =ωa ,故可知E b =× V = V =5 V ,D 错.]23231521022 交变电流瞬时值表达式的书写1.确定正弦交变电流的峰值,根据已知图象读出或由公式E m =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.如:(1)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=I m sin ωt.(2)线圈从垂直于中性面的位置开始转动,则i-t图象为余弦函数图象,函数式为i =I m cos ωt.[题组巩固]1.(多选)如图所示为交流发电机示意图,线圈的AB边连在金属滑环K上,CD边连在滑环L上,导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上,线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接.关于其工作原理,下列分析正确的是( )A.当线圈平面转到中性面时,穿过线圈的磁通量最大B.当线圈平面转到中性面时,线圈中的感应电流最大C.当线圈平面转到跟中性面垂直时,穿过线圈的磁通量最小D.当线圈平面转到跟中性面垂直时,线圈中的感应电流最小解析:AC [当线圈平面转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量最大,磁通量变化率为零,感应电动势为零,线圈中的感应电流为零,故选项A正确,B错误;当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,穿过线圈的磁通量最小,磁通量变化率最大,感应电动势最大,感应电流最大,选项C正确,D错误.]2.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 WB.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=14.1cos 100πt VD.通过R的电流i随时间t变化的规律是i=14.1cos 50πt A解析:C [电阻R 上的电功率为P ==10 W ,选项A 错误;由题图乙知t =0.02 sU 2R时磁通量变化率最大,R 两端的电压瞬时值最大,选项B 错误;R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u =14.1cos 100πt V ,选项C 正确;通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ==1.41cos 100πt A ,选项D 错误.]uR考点二 有效值的理解与计算[考点解读]1.交变电流有效值的几种计算方法(1)公式法利用E =、U =、I =计算,只适用于正(余)弦式交变电流.E m 2U m 2I m2(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.2.几种典型交变电流的有效值电流名称电流图象有效值正弦式交变电流I =I m2正弦半波电流I =I m2矩形脉动电流I = I mt 0T非对称性交变电流I = 12(I 21+I 2)[典例赏析][典例2] (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 VD .图乙所示电压的有效值为10 V[解析] ABD [根据交变电流的定义,题图甲、题图乙均表示交变电流,选项A 正确;题图甲中电压的最大值为U m =20 V ,周期为0.02 s ,则电压的瞬时值表达式为u =U m sin t =20sin 100πt (V),选项B 正确;根据有效值的定义有·=T ,解得题图乙中2πT (202)2RT 2U 2R 电压的有效值为U =10 V ,选项C 错误,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 =I 2Rt和Q =t 可分别求得电流有效值和电压有效值.U 2R3.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14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 m =I 、U m =U 求解.22[题组巩固]1.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 .U m B. C. D.U m 2U m 3U m2解析:D [从u -t 图象上看,每个周期正弦波形的有效值U 1=,根据有效值的定14U m2义:T =××2+0,解得:U =,D 正确.]U 2R(U m 2)2RT 4U m22.一个匝数为100匝,电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中,磁场方向垂直于线圈平面,从某时刻起穿过线圈的磁通量按图所示规律变化.则线圈中产生交变电流的有效值为( )A .5 AB .2 A 25C .6 AD .5 A解析:B [0~1 s 内线圈中产生的感应电动势E 1=n =100×0.01 V =1 V,1~1.2 ΔΦΔts 内线圈中产生的感应电动势E 2=n=100× V =5 V ,在一个周期内产生的热量Q ΔΦΔt 0.010.2=Q 1+Q 2=t 1+t 2=12 J ,根据交变电流有效值的定义Q =I 2Rt =12 J 得I =2 A ,故E 21R E 2R5选项B 正确,A 、C 、D 错误.]考点三 交变电流“四值”的理解和应用[考点解读]物理量表达式适用情况及说明瞬时值e =E m sin ωu =U m sin ωt i=I m sin ωt t计算线圈某时刻的受力情况最大值(峰值)E m =nBSωI m =E m R +r讨论电容器的击穿电压有效值对正(余)弦交流电有:E =E m2,U =,I =U m 2I m2(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)电表的读数为有效值平均值=BL =n,=E v ΔΦΔt I E R +r计算通过电路截面的电荷量[典例赏析][典例3] 如图所示,N =50匝的矩形线圈abcd ,ab 边长l 1=20 cm ,ad 边长l 2=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:(π≈3.14)(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 题图位置的感应电动势最大,其大小为E m =NBl 1l 2ω代入数据得E m =314 V 感应电动势的瞬时值表达式为e =E m cos ωt =314cos (100πt ) V.(3)电动势的有效值E =E m2线圈匀速转动的周期T ==0.02 s2πω线圈匀速转动一圈,外力做功大小等于电功的大小,即W =I 2(R +r )T =·TE 2R +r代入数据得W ≈98.6 J.(4)从t =0时起线圈转过90°的过程中,Δt 内流过电阻R 的电荷量q =·Δt ==I NB ΔS R +r NBl 1l 2R +r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.[题组巩固]1.如图甲所示,标有“220 V 40 W”的灯泡和标有“20 μF 300 V”的电容器并联到交流电源上,为交流电压表,交流电源的输出电压如图乙所示,闭合开关.下列判断正确的是( )A .t =时刻,的示数为零T2B .灯泡恰好正常发光C .电容器不可能被击穿 D.的示数保持110 V 不变2解析:B [的示数应是电压的有效值220 V ,故A 、D 错误;电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压,灯泡正常发光,B 正确;电压的峰值U m =220 V≈311 V ,大于电容器2的额定电压,故有可能被击穿,C 错误.]2.(多选)如图所示,边长为L 的正方形单匝线圈abcd ,电阻为r ,外电路的电阻为R ,ab 的中点和cd 的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界线上,磁场的磁感应强度为B ,若线圈从图示位置开始以角速度ω绕OO ′轴匀速转动,则以下判断正确的是( )A .图示位置线圈中的感应电动势最大为E m =BL 2ωB .闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e =BL 2ωsin ωt12C .线圈从图示位置转过180°的过程中,流过电阻R 的电荷量为q =2BL 2R +r D .线圈转动一周的过程中,电阻R 上产生的热量为Q =πB 2ωL 4R 4(R +r )2解析:BD [题图位置线圈中的感应电动势最小,为零,A 错误.若线圈从题图位置开始转动,闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e =BL 2ωsin ωt ,B 正确.线圈从题图12位置转过180°的过程中,流过电阻R 的电荷量为q =·Δt ==,C 错误.线圈I ΔΦR 总BL 2R +r(E m2R+r)2πωπB2ωL4R4(R+r)2转动一周的过程中,电阻R上产生的热量为Q=2·R·=,D正确.]。
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第1讲交变电流的产生和描述板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】交变电流、交变电流的图象Ⅰ1.交变电流(1)定义:大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流。
(2)图象:图(a)、(b)、(c)、(d)所示电流都属于交变电流,其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流,如图(a)所示。
2.正弦式交变电流的产生和变化规律(1)产生:在匀强磁场中,线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动产生的电流是正弦式交变电流。
(2)中性面①中性面:线圈平面与磁感线垂直的位置称为中性面。
②中性面的特点以及与峰值面(中性面的垂面)的比较(3)正弦式交流电的图象:用以描述交变电流随时间变化的规律,如果从线圈位于中性面位置时开始计时,其图象为正弦曲线。
如图甲、乙所示。
(4)变化规律正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置时开始计时)①电动势e 随时间变化的规律:e =E m sin ωt ,其中ω表示线圈转动的角速度,E m =nBSω。
②负载两端的电压u 随时间变化的规律:u =U m sin ωt 。
③电流i 随时间变化的规律:i =I m sin ωt 。
【知识点2】 描述交变电流的物理量 Ⅰ 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.交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值(1)瞬时值:交变电流的电动势、电流或电压在某一时刻的值,是时间的函数。
(2)峰值:交变电流的电动势、电流或电压所能达到的最大值。
(3)有效值①定义:让交流和直流通过相同阻值的电阻,如果它们在相同的时间内产生的热量相等,就把这一直流的数值叫做这一交流的有效值。
②有效值和峰值的关系:E =E m 2,U =U m 2,I =I m2。
(适用于正弦式交流电) (4)平均值:交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值。
板块二 考点细研·悟法培优考点1 正弦式电流的变化规律及应用 [拓展延伸]1.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置时开始计时)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。
例1 图1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2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L 1,bc 长度为L 2,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e 1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3所示,试写出t 时刻整个线圈中的感应电动势e 2的表达式;(3)若线圈电阻为r ,求线圈每转动一周电阻R 上产生的焦耳热。
(其他电阻均不计)(1)导线切割磁感线产生的感应电动势的表达式是_____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
提示:E =Bl v sin θ(θ为B 与v 方向间的夹角) (2)焦耳定律是________________________________________________________________________。
提示:Q =I 2RT尝试解答 (1)e 1=BL 1L 2ωsin ωt (2)e 2=BL 1L 2ωsin(ωt +φ0) (3)πRω⎝⎛⎭⎫BL 1L 2R +r 2。
(1)矩形线圈abcd 转动过程中,只有ab 和cd 导线切割磁感线,设ab 和cd 导线转动的线速度为v ,则v =ω·L 22在t 时刻,导线ab 和cd 因切割磁感线而产生的感应电动势均为 E 1=BL 1v y由图可知v y =v sin ωt 则整个线圈的感应电动势为 e 1=2E 1=BL 1L 2ωsin ωt 。
(2)当线圈由图3位置开始转动时,在t 时刻整个线圈的感应电动势为 e 2=BL 1L 2ωsin(ωt +φ0)。
(3)由闭合电路欧姆定律可知 I =E R +r E =E m 2=BL 1L 2ω2则线圈转动一周在R 上产生的焦耳热为 Q R =I 2RT 其中T =2πω于是Q R =πRω⎝⎛⎭⎫BL 1L 2R +r 2。
总结升华解决交变电流图象问题的四点注意(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E m =nBSω中的S 为线框处于磁场中的有效面积。
(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殊解。
(4)根据法拉第电磁感应定律E =n ΔΦΔt ,若Φ按余弦规律变化,则E 必按正弦规律变化;Φ按正弦规律变化,E 必按余弦规律变化,即Φ=Φm sin ωt ,E =nωΦm cos ωt ,故Φ增大时,E 必减小;Φ最大时,E 最小,Φ与E 除系数不同外,二者具有“互余”关系。
[跟踪训练] [2017·湖北黄冈模拟]在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势的图象如图乙所示,则( )A.t=0.005 s时线框的磁通量变化率为零B.t=0.01 s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311 VD.线框产生的交变电动势频率为100 Hz答案 B解析由题图乙可知,t=0.005 s时,感应电动势最大,线框的磁通量变化率最大,A错误;t=0.01 s时感应电动势为零,故线框平面处于中性面位置,B正确;交变电动势的最大值为311 V,故有效值E=E m2=220 V,C错误;交变电动势的周期为T=0.02 s,故频率f=1T=50 Hz,D错误。
考点2 交变电流的“四值”的比较[对比分析]1.交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较2.对交变电流有效值的理解(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的,所以进行有效值计算时,要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算。
(2)注意“三同”:即“相同电阻”,“相同时间”内产生“相同热量”。
(3)计算时“相同时间”一般取一个周期。
3.书写交变电流瞬时值表达式的基本思路 (1)求出角速度ω,ω=2πT =2πf 。
(2)确定正弦式交变电流的峰值,根据已知图象读出或由公式E m =nBSω求出相应峰值。
(3)明确线圈的初始位置,找出对应的函数关系式。
如:①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 =I m sin ωt 。
②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 =I m cos ωt 。
4.记忆感应电动势表达式的“小技巧”根据特殊值及函数的增减性可帮助记忆:中性面处感应电动势为零。
与B 平行时,电动势最大。
从中性面转到与中性面垂直的位置的过程中,感应电动势增大,故函数为增函数,表达式为e =e m sin ωt ,同理,从与B 平行的位置开始转动时,函数为减函数,e =e m cos ωt 。
例2 如图所示,一半径为r 的半圆形单匝线圈垂直放在具有理想边界的匀强磁场中,磁场的磁感应强度为B 。
以直径ab 为轴匀速转动,转速为n ,ab 与磁场边界重合,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( )A .转动过程中电流表的示数为π2Bnr22RB .从图示位置起转过14圈的时间内电阻R 上产生的焦耳热是4n 2π2B 2r 4RC .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2Bπ2r 28RD .以上说法均不正确(1)电流表的读数是什么值?提示:有效值。
(2)计算通过负载电阻R 的电荷量用什么值? 提示:平均值。
(3)求焦耳热用什么值? 提示:有效值。
尝试解答 选A 。
转速为n ,则ω=2πn ,S =12πr 2,最大感应电动势E m =BSω=π2Bnr 2,因只有一半区域内有磁场,由有效值的计算公式可得E 2R T =⎝⎛⎭⎫E m 22×1R ×T 2得有效值E =E m 2=π2Bnr 22,则电路中电流I =E R =π2Bnr 22R ,故A 正确;转14圈时磁通量变化量为ΔΦ=B πr 22,所用的时间t =T 4=14n ,则平均电动势E =ΔΦΔt =2n πBr 2,通过负载电阻R 的电荷量q =I t =E R t =B πr 22R ,C 错误。
求焦耳热要用有效值,Q =I 2Rt =⎝⎛⎭⎫π2Bnr 22R 2·R ·14n =π4B 2r 4n16R ,B 、D 错误。
总结升华解决交变电流“四值”问题的关键(1)涉及到交流电表的读数,功、功率都用有效值。
(2)涉及计算通过截面电荷量用平均值。
(3)涉及电容器的击穿电压考虑峰值。
(4)涉及到电流、电压随时间变化规律时,即与不同时刻有关,考虑瞬时值。
[跟踪训练] [2017·北京海淀期末]如图所示,位于竖直平面内的矩形金属线圈,边长l 1=0.40 m 、l 2=0.25 m ,其匝数n =100匝,总电阻r =1.0 Ω,线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C 、D (集流环)焊接在一起,并通过电刷和R =3.0 Ω的定值电阻相连接。
线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场,磁感应强度B =1.0 T ,在外力驱动下线圈绕竖直固定中心轴O 1O 2匀速转动,角速度ω=2.0 rad/s 。
(1)求电阻R 两端电压的最大值;(2)从线圈通过中性面(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)开始计时,求经过14周期通过电阻R 的电荷量;(3)求在线圈转动一周的过程中,整个电路产生的焦耳热。