2014届高考物理一轮复习课时作业28：交变电流的产生和描述(人教版)

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【名师一号】2014高考物理一轮 10-1交变电流的产生和描述双基练新人教版

2014名师一号高考物理一轮双基练：10-1交变电流的产生和描述A级双基达标1.练图10－1－1一个矩形线圈绕与匀强磁场垂直的OO′轴逆时针转动，线圈的两条引线分别与A、B两半圆铜环相连，两个铜环通过滑动电刷连入电路，电路中仅有一个电阻R.如练图10－1－1所示，在线圈转动过程中，通过R的电流( )A．大小和方向都不断变化B．大小不断变化，方向从A→R→BC．大小和方向都不变D．大小不断变化，方向从B→R→A解析线圈中产生交流电，由于电刷交替与两铜环接触，流过R的电流方向不变．根据右手定则可知，通过R的电流方向是B→R→A.答案 D2．先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如练图10－1－2①所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如练图10－1－2②所示．若图①、②中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是( )练图10－1－2A．第一次，灯泡两端的电压有效值是U0/2B ．第二次，灯泡两端的电压有效值是3U 0/2C ．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2:9D ．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1:5解析电源①有效值U ＝22U 0，A 项错．电源②U ′2R ·T ＝2U 02R·T 2＋U 20R ·T 2，U ′＝ 52U 0，B 项错．P ＝U 2R ，则两次功率之比P P ′＝U 2U ′2＝12U 2052U 20＝15.即只有D 项正确．答案D 3.练图10－1－3将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，边长为l ，它在磁感应强度为B 、方向如练图10－1－3所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n ，导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路中有额定功率为P 的小灯泡并正常发光，电路中除小灯泡外，其余部分的电阻不计，小灯泡的电阻应为( )A.2πl 2nB 2PB.2πl 2nB 2PC.l 2nB 22PD.l 2nB 2P解析单匝正方形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，将产生正弦式交流电，则电动势的最大值E m ＝Bl 2ω＝2πnBl 2，其有效值E ＝E m2＝2πnBl22，计算小灯泡的额定功率P 要用其有效值，即P ＝E 2R ，R ＝E 2P ＝2πBnl 22P，故只有B 选项正确．答案 B4．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，如练图10－1－4①所示，产生的交变电动势的图象如练图10－1－4②所示，则( )练图10－1－4A．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 项错；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项错，B项对．答案 B5.练图10－1－5如练图10－1－5所示的电路中，A是熔断电流I0＝2A的保险丝，R是可变电阻，S是交流电源．交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e＝2202sin314t V．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )A ．1102 ΩB ．110 ΩC ．220 ΩD ．220 2 Ω解析该交变电流电动势的有效值为U ＝22022 V ＝220 V ，故电阻的最小阻值R min ＝UI 0＝2202Ω＝110 Ω. 答案 B 6.练图10－1－6(多选题)如练图10－1－6所示，闭合的矩形导体线圈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 ′方向观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B ，线圈匝数为n ，ab 边的边长为l 1，ad 边的边长为l 2，线圈电阻为R ，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )A ．线圈中感应电流的方向为abcdaB ．线圈中的感应电动势为2nBl 2ωC ．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大D ．线圈ad 边所受安培力的大小为n 2B 2l 1l 22ωR解析当线圈转到图示的位置时，由右手定则可知线圈中感应电流的方向为adcba ，故A 项错误；当转到图示的位置时产生的电动势最大，由法拉第电磁感应定律可得，穿过线圈的磁通量的变化率最大．此时电动势的大小为E ＝2nBl 2ωl 12＝nBl 1l 2ω，B 项错误，C 项正确；线圈此时的感应电流大小为：I ＝E R ＝nBl 1l 2ωR，所以ad 边所受的安培力的大小为：F ＝nBIl 2，代入I 可得：F ＝n 2B 2l 1l 22ωR，D 项正确．答案 CD 7.练图10－1－7如练图10－1－7所示，线圈abcd 的面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻为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，求：(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式； (2)线圈转过130 s 时，电动势的瞬时值多大？(3)电路中电压表和电流表的示数各是多少？解析 (1)e ＝E max sin ωt ＝nBS ×2πf sin2πft ＝100×1π×0.05×2π×30060sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π×30060t V ＝50sin10πt V.(2)当t ＝130s 时，e ＝50sin ⎝⎛⎭⎪⎫10π×130V ＝43.3 V.(3)电动势的有效值为E ＝E max 2＝502V ＝35.4 V ，电流表示数I ＝ER ＋r ＝35.49＋1A ＝3.54 A ，电压表示数U ＝IR ＝3.54×9 V＝31.86 V. 答案 (1)e ＝50sin(10πt ) V (2)43.3 V(3)31.86 V 3.54 AB 级能力提升1.练图10－1－8(多选题)如练图10－1－8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 VD ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT t Wb 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 cos60°＝E m 2，而i ＝e R ＝E m22 Ω＝E m 4 Ω＝1 A ，所以E m ＝4 V ．故电动势有效值E ＝E m2＝2 2 V ，则线圈消耗功率P ＝E 2R ＝2222W ＝4 W ，则选项A 正确；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 ⎝⎛⎭⎪⎫2πT t V ，则选项C 正确；因为E m ＝BS ·2πT ，所以Φm ＝BS ＝E m ·T 2π＝2Tπ，所以任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝Φm ·sin ωt ＝2T πsin ⎝⎛⎭⎪⎫2πTtWb ，所以选项D 错误．答案 AC 2.练图10－1－9如练图10－1－9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，且cd 边正在向纸面外转动，则( )A ．线圈中电流的瞬时值表达式为i ＝BS ωRcos ωtB ．线圈中电流的有效值I ＝BS ωRC ．线圈中电流的有效值I ＝2BS ω2RD ．线圈消耗的电功率P ＝BS ω2R解析回路中感应电动势最大值E m ＝BS ω，电流最大值I m ＝E m R ＝BS ωR，t ＝0时为中性面，故瞬时值表达式i ＝BS ωR ·sin ωt .电流的有效值I ＝I m 2＝2BS ω2R ，P ＝I 2R ＝B 2ω2S 22R ，故A 、B 、D 项错误，C 项正确．答案 C3．(多选题)(2013·宝鸡质检)如练图10－1－10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式交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦式交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦式交流电的说法正确的是( )练图10－1－10A ．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 ＝10sin5πt (V)D ．交流电b 的最大值为5 V解析 t ＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A 项错．读图得两次周期之比为2:3，由角速度ω＝2πT得角速度与周期成反比，故B 项正确．读图得a 的最大值为10 V ，ω＝5π，由交流电感应电动势瞬时值表达式e ＝E m sin ωt (V)(从中性面开始计时)得，u ＝10sin5πt (V)，故C 项正确．交流电的最大值E m ＝nBS ω.所以根据两次角速度ω的比值可得，交流电b 的最大值为23×10 V＝203V ，故D 项错．答案 BC 4.练图10－1－11如练图10－1－11所示，间距为L 的光滑水平金属导轨，水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B 的匀强磁场中，一端接阻值为R 的电阻．质量为m 的导体棒放置在导轨上，其电阻为R 0.在拉力F 作用下从t ＝0的时刻开始运动，其速度随时间的变化规律为v ＝v max sin ωt ，不计导轨电阻．求：(1)从t ＝0到t ＝2πω时间内电阻R 产生的热量；(2)从t ＝0到t ＝π2ω时间内拉力F 所做的功．解析 (1)导体棒产生的感应电动势E ＝BLv ＝BLv max sin ωt ，是正弦交变电流．其有效值：E ＝E max 2＝BLv max2，在Δt ＝2πω＝T 的时间内产生的热量Q ＝I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋R 02R 2πω＝πRB 2L 2v 2max ωR ＋R 02.(2)从t ＝0到t ＝π2ω的时间是14周期，这段时间内棒的速度由0增至v max ，外力F 做的功转化为棒的动能和在R 及R 0上产生的热量，由能量守恒定律得：W 外＝12mv 2max ＋Q ′，Q ′＝E 2R ＋R 0·π2ω＝πB 2L 2v 2max4ωR ＋R 0，所以这段时间外力F 所做的功 W ＝12mv 2max ＋πB 2Lv 2max 4ωR ＋R 0. 答案 (1)πRB 2L 2v 2max ωR ＋R 0(2)12mv 2max ＋πB 2L 2v 2max 4ωR ＋R 0 5．电压u ＝1202sin ωt V ，频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u 0＝60 2 V 的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？(已知人眼的视觉暂留时间约为116s) 解析 (1)如练答图10－1－1所示，画出一个周期内交变电流的u －t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1.练答图10－1－1当u ＝u 0＝60 2 V 时，由u ＝1202sin ωt V 求得t 1＝1600s. 再由对称性知一个周期内能发光的时间：t ＝T －4t 1＝150 s －4×1600 s ＝175s ，再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为：t ＝3 6000.02×175s ＝2 400 s.(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300s(如图中t2＋t3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116 s远大于1300s，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．答案(1)2 400 s(2)见解析11。

2014届高考物理一轮复习交变电流的产生和描述学案

交变电流的产生和描述1．交变电流：和都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流，简称交流电．交变电流的图象如图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：在匀强磁场里，线圈绕磁场方向的轴匀速转动．⑴中性面：与磁场方向的平面⑵中性面与峰值面的比较：比较项中性面峰值面位置线圈平面与磁场方向线圈平面与磁场方向磁通量零磁通量的变化率0感应电动势0电流方向3．正弦交变电流的函数表达式、描述交变电流的物理量：⑴周期和频率：交变电流完成一次周期性变化（线圈转一周）所需的时间叫做周期，T= ，单位是秒（s）；交变电流在1 s内完成周期性变化的次数叫做频率，f= ，单位是赫兹（Hz）．⑵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 sinωt．②负载两端的电压u随时间变化的规律u = U m sinωt．③电流i随时间变化的规律i = I m sinωt．其中ω等于线圈转动的角速度，E m = nBSω．4．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 m，U = U m，I = I m．5．电感和电容对交变电流的影响：⑴电感对交变电流的阻碍作用：电感线圈对交变电流有作用，电感对交变电流的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，阻碍作用越大，感抗也就越大．⑵电容器对交变电流的阻碍作用：交变电流能够“通过”电容器，电容器对交变电流有作用，电容器对交变电流的阻碍作用用容抗表示．电容器的电容越大．电容器对交变电流的阻碍作用就越小，也就是说，电容器的容抗就越小，电容器在交流电路中起的作用是通，隔，通________、阻．二．思考与练习思维启动1．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交流电，以下说法中正确的是（）A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变B．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次C．线圈在中性面位置时，磁通量最大，磁通量的变化率为零D．线圈在与中性面垂直的位置时，磁通量为零，感应电动势最大2．一个单匝矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n转/秒，则（）A．线框交变电动势的最大值为nπBSB．线框交变电动势的有效值为2nπBSC．从开始转动经过1/4周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD．感应电动势瞬时值为e = 2nπBS sin2nπt3．如图所示，在电路两端加上正弦交流电，保持电压有效值不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是：灯1变亮，灯2变暗，灯3不变，则M、N、L中所接元件可能是（）A．M为电阻，N为电容器，L为电感线圈 B．M为电感线圈，N为电容器，L为电阻C．M为电容器，N为电感线圈，L为电阻 D．M为电阻，N为电感线圈，L为电容器三．考点分类探讨典型问题〖考点1〗正弦交变电流的产生及变化规律【例1】图甲所示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）⑴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；⑵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；⑶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．（其它电阻均不计）【变式跟踪1】如图所示，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，且cd边正在向纸面外转动．则（）A．线圈中电流t时刻瞬时值表达式为I = (BSω/R) cosωtB．线圈中电流的有效值为I = BSω/RC．线圈中电流的有效值为I = 2BSω/2RD．线圈中消耗的电功率为P = (BSω)2/2R〖考点2〗交变电流的图象【例2】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【变式跟踪2】矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中，线框输出的交流电压随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是（）A ．交流电压的有效值为36 2 VB ．交流电压的最大值为36 2 V ，频率为0.25 HzC ．2 s 末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大D ．1 s 末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快四．考题再练高考试题 1．【2012·江苏】某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd 的边长ab = cd = l 、bc = ad= 2l ．线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 和ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B ，方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r ，外接电阻为R ．求： ⑴ 线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m ； ⑵ 线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F ； ⑶ 外接电阻上电流的有效值I ．【预测1】如图所示是矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中产生的电压随时间变化的图象，则下列说法中正确的是（） A ．交流电压的有效值为110 V B ．交流电的频率为0.25 HzC ．0.01 s 末线框平面平行于磁场，通过线框的磁通量变化最快D ．0.02 s 时通过线框的磁通量为零 2．【2013·江苏】如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P 处于图示位置时，灯泡 L 能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有（） A ．向下滑动PB ．增大交流电源的电压C ．增大交流电源的频率D ．减小电容器C 的电容【预测2】如图甲所示，一个理想变压器原、副线圈的匝数比n 1：n 2=6：1，副线圈两端接三条支路，每条支路上都接有一只灯泡，电路中L 为电感线圈、C 为电容器、R 为定值电阻．当原线圈两端接有如图乙所示的交流电时，三只灯泡都能发光．如果加在原线圈两端的交流电的最大值保持不变，而将其频率变为原来的2倍，则对于交流电的频率改变之后与改变前相比，下列说法中正确的是（） A ．副线圈两端的电压有效值均为216V B ．副线圈两端的电压有效值均为6V C ．灯泡Ⅰ变亮 D ．灯泡Ⅲ变亮五．课堂演练自我提升1．如图所示为一小型交流发电机模型的矩形线圈在匀强磁场中绕中心轴以较小的角速度转动，并通过两滑环与电刷和电流表相连，在实验中可看到（） A ．线圈转动一周，电流表指针将左右摆动B ．线圈平面转到与磁感线相垂直时，电流表的指针偏转最大C ．线圈平面转到与磁感线平行时，电流表的指针偏转最大D ．线圈转动时，电流表的指针只向一个方向偏转，不会左右摆动2．如图所示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 ′以角速度ω匀速转动，线圈的面积为S 、匝数为n 、线圈总电阻为r ，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R 连接，与电阻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，则下列说法正确的是（） A ．交流发电机产生的电动势的最大值E m = BS ω B ．交流电压表的示数为2nRBS ω/2(R + r )C ．线圈从t = 0时刻开始转过90°的过程中，通过电阻的电荷量为πnBS /22(R + r )D ．线圈从t = 0时刻开始转过90°的过程中，电阻产生的热量为2n 2ωRB2S 2/π (R + r )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象是（）4．如图甲所示，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，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（）A ．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/ 25．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：⑴ 转动过程中感应电动势的最大值；⑵ 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； ⑶ 由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势； ⑷ 交流电压表的示数．uRLC Ⅰ Ⅱ Ⅲ 1 2 3 u/V0 -362 t/10-2s 乙362甲参考答案：一．考点整理基本概念 1．大小方向2．垂直于垂直垂直平行最大（BS ）最大最大（nBS ω）发生改变方向不变 3．2π/ω 1/T4．热效应 0.707 0.707 0.7075．阻碍阻碍交流直流高频低频二．思考与练习思维启动 1．CD2．BD ；线框交变电动势的最大值为E m = BS ω = 2n πBS ，产生的感应电动势瞬时值为e = 2n πBS sin2n πt ，A 错、D 对；该线框交变电动势的有效值为E = 2E m /2 = 2n πBS ，B 对；线框中的平均感应电动势E = Δφ/Δt = 4nBS ，C 错．3．C ；当交变电流的频率增大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，由灯1变亮，灯2变暗可知M 为电容器，N 为电感线圈，而电阻与交变电流的频率无关，故L 为电阻，C 正确．三．考点分类探讨典型问题例1 ⑴ 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 = L 2/2，转动时ab 、cd的线速度v = ωr = ωL 2，且与磁场方向的夹角为ωt ，所以，整个线圈中的感应电动势e 1 = 2BL 1v sin ωt = BL 1L 2ωsin ωt ．⑵ 当t = 0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则某时刻t 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 e 2 = 2BL 1v sin(ωt + φ0) = BL 1L 2ωsin(ωt + φ0)． ⑶ 线圈匀速转动时感应电动势的最大值E m = BL 1L 2ω，故有效值E = 2E m /2 = 2BL 1L 2ω/2；回路中电流的有效值I = E /(R + r ) = BL 1L 2ω/[2(R + r )]，根据焦耳定律知转动一周电阻R 上的焦耳热为Q = I 2RT = [BL 1L 2ω/[2(R + r )]]2R ·(2π/ω) = πωRB 2L 12L 22/(R + r )2．变式1 CD ；回路中感应电动势最大值E m = BS ω，电流最大值I m = E m /R = BS ω/R ，t = 0时为中性面，故瞬时值表达式i = (BS ω/R ) sin ωt ；电流有效值I = I m / 2 = 2BS ω/2R ，P = I 2R = B 2ω2S 2/2R ，故A 、B 错误，C 、D 正确．例2 B ；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．变式2 BC ；由线框输出的交流电压随时间变化图象可知，交流电压的最大值为36 2 V ，频率为0.25 Hz ，B 正确；有效值则为36 V ，A 错误；2 s 末，线框产生的感应电动势为零，所以此时线框平面垂直于磁场，C 正确；1 s 末，线框产生的感应电动势最大，此时线框平面平行于磁场，通过线框的磁通量变化最快，D 错误．四．考题再练高考试题1．⑴ bc 、ad 边的运动速度v = ωl /2，感应电动势E m = 4NBlv 解得E m = 2NBl 2ω．⑵ 电流I m = E m /(r + R )，安培力F = 2NBI m l ，解得F = 4N 2B 2l 3ω/(r + R )．⑶ 一个周期内，通电时间t = 4T /9，R 上消耗的电能W = I m 2RT 且W = I 2RT ，解得I = 4NBl 2ω/2(r +R )．预测1 C ；由图象可知，交流电压的最大值为110 V ，有效值为55 2 V ，周期T = 0.04 s ，则f = 1/T = 25 Hz ，故A 、B 错误；0.01 s 末交流电电压达到最大值，线框平面应与磁场平行，C 正确；0.02 s 时交流电压为零，线框平面与磁场垂直，磁通量最大，D 错误． 2．BC预测2 BD ；由变压器变压公式，将其频率变为原来的2倍，副线圈输出电压不变，副线圈两端的电压有效值均为6V ，选项A 错误B 正确；将其频率变为原来的2倍，灯泡Ⅰ亮度不变．由于容抗变小，感抗变大，灯泡Ⅲ变亮，灯泡II 变暗，选项C 错误D 正确五．课堂演练自我提升1．AC ；线圈在匀强磁场中以较小的角速度转动，可以认为电流表的示数反映了感应电流大小、方向的变化．线圈平面转到了与磁感线平行时，通过线圈平面的磁通量为零，但此时的感应电动势最大，电流表的指针偏转最大．线圈转动一周，电流方向变化两次，故电流表指针将左右摆动． 2．B3．B ；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 = 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 ． 4．AD ；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 = 2π/T = 200π rad/s ，由欧姆定律得U m = I m R = 2.5 V ．所以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 m /2，电阻R 消耗的电功率为P = I 2R ，解得P = 0.625 W ，B 选项错误；电表的示数为有效值，该交变电流由图丙所示矩形线圈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 = nBS ω为原来的2倍．电路中电流的有效值也是原来的2倍，为2×0.5/2A ≠ 1A ，选项C 错误；图乙中的正弦交变电流的有效值为0.5/2A ，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 ，可知选项D 正确． 5．⑴ E m = nBS ω = 3.14 V.⑵ 由图示位置计时转过60°角时，瞬时感应电动势 E = E m ·cos 60° = 1.57 V． ⑶ 由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝100×0.5×0.01×sin 60°π3×2πV ＝2.60 V⑷ 交流电压表测的是有效值，所以其示数U =E m R2R ＋r = 1.78 V。

2014届一轮复习第十章交变电流传感器

第十章交变电流传感器第 1 课时交变电流的产生及描述基础知识归纳1.交变电流大小和方向都随时间做周期性变化的电流.其中，方向随时间变化是交变电流的最主要特征.2.正(余)弦式交流电交变电流的产生有很多形式.常见的正(余)弦式交变电流可由线圈在匀强磁场中绕垂直磁感应强度方向的轴转动产生.若从中性面开始转动则产生正弦式交变电流，从峰值转动则产生余弦式交变电流.3.中性面与峰值面当线圈转动至线圈平面垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这个特定位置叫做中性面 .其特点是：与磁场方向垂直，线圈每次经过该面感应电流方向均发生改变，线圈每转一周，两次经过中性面，故感应电流的方向改变两次.峰值面的特点是：磁通量为零，但电动势最大 .4.描述交变电流的“四值”(1)瞬时值：e ＝NBS ωsin ωt ，i ＝I m sin ωt (从中性面开始计时) (2)峰值：E m ＝NBS ω，I m ＝E m /R(3)平均值：E ＝N t Φ∆∆，RE I = (4)有效值：根据电流的热效应定义，E ＝2m E ，I ＝I m /2(正、余弦式交流电). 重点难点突破一、如何理解正弦式交流电的峰值、有效值和平均值峰值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感应线方向的轴匀速转动时，所产生的感应电动势的峰值为E m ＝NB ωS ，即仅由匝数N ，线圈面积S ，磁感应强度B 和角速度ω四个物理量决定.与轴的具体位置、线圈的形状及线圈是否闭合都是无关的.一般在求瞬时值的表达式时，需求出其最大值.有效值：是根据交变电流的热效应规定的，反映的是交变电流产生热效应的平均效果.让交变电流与恒定电流通过阻值相同的电阻，若在相等时间内产生的热量相等，这一恒定电流值就是交变电流的有效值. 正弦式交变电流的有效值和最大值之间的关系是：E ＝E m /2 I ＝I m /2 U ＝U m / 2平均值：指在一段时间内产生的电压(电流)的平均值，其数值需由法拉第电磁感应定律求，即E ＝tΦn ∆∆计算.求通过横截面电荷量时需用电流的平均值，或指交变电流图象的波形与横轴(t 轴)所围面积跟时间的比值. 二、学习交变电流时如何区分使用有效值和平均值1.在计算交变电流通过导体产生的热量和电功率及确定保险丝的熔断电流时，只能用交流电的有效值；在考虑电容器的耐压值时，则应用交变电流的最大值；在计算通过导体的电荷量时，只能用平均值，而不能用有效值.2.在实际应用中，交流电器铭牌上标明的额定电压或额定电流都是指有效值，交流电流表和交流电压表指示的电流、电压也是有效值，解题中，若题目不加特别说明，提到的电流、电压、电动势，都是指有效值.3.对非正弦式交变电流的有效值，必须按有效值的定义求出.三、交变电流的图象可提供什么信息1.根据图象的意义，从图象的纵坐标轴上可以直接读出交变电流的峰值，从图象的横坐标轴上可以直接读出交变电流的周期，从而可推导角速度及频率.2.周期与角速度、频率的关系是T ＝ωπ21=f .交变电流的频率与线圈的频率相等.3.图象本身则体现了函数关系，反映了交变电流的瞬时变化关系，故图象本身是书写交变电流瞬时表达式的依据.典例精析1.交流电的产生原理【例1】单匝矩形线圈abcd 放在匀强磁场中，如图所示，ab ＝dc ＝l 1，ad ＝bc ＝l 2，从图示位置起以角速度ω绕不同转轴做匀速转动，则( )A.以OO ′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin ωtB.以O 1O 1′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin ωtC.以OO ′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωcos ωtD.以OO ′为转轴或以ab 为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin(ωt ＋π2) 【解析】以OO ′为转轴时，图示位置相当于是峰值面，根据感应电动势的表达式e ＝E m cos ωt ，可知e ＝Bl 1l 2ωcos t 则C 对，A 错；再根据三角函数关系可知D 选项正确；若线圈以O 1O 1′为转轴，则线圈磁通量变化始终为零，则感应电动势为零.【答案】CD【思维提升】交变电流的产生与线圈平面初始位置有关，因此书写表达式时首先要看清初始位置.若线圈平面与磁感应强度方向平行，则不会有感应电动势产生.【拓展1】如图所示，交流发电机线圈的面积为0.05 m 2，共100匝，在磁感应强度为1πT 的匀强磁场中，以10π rad/s 的角速度匀速转动，电阻R 1和R 2的阻值均为50 Ω，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时，则( C )A.线圈中的电动势为e ＝50sin πt VB.电压表的示数为50 2 VC.电流表的示数为 2 AD.R 1上消耗的电功率为50 W【解析】图中所示，线圈位于中性面，此时有e m ＝NBS ω＝100×1π×0.05×10π＝50 V 则电动势为e ＝50cos ωt V 电压表示数为有效值U ＝2m e ＝25 2 V 电流表示数为有效值I ＝外R U ＝25225 A ＝ 2 A P R 1＝12R U ＝1 25050 W ＝25 W 2.对交流电平均值、有效值和峰值的理解【例2】交流发电机转子有n 匝线圈，每匝线圈所围面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，匀速转动的角速度为ω，线圈内电阻为r ，外电路电阻为R .当线圈由图中实线位置第一次匀速转动90°到达虚线位置过程中，求：(1)通过R 的电荷量q 为多少？(2)R 上产生电热Q R 为多少？(3)外力做的功W 为多少？【解析】(1)由电流的定义，计算电荷量应该用平均值，即q ＝I t ，而I ＝)()(r R t nBS r R t Φn r R E +=+∆=+，故q ＝rR nBS + (2)求电热应该用有效值，先求总电热Q ，再按照内外电阻之比求R 上产生的电热Q R ·Q ＝I 2(R ＋r )t ＝)(4π)22(π)(2π22222r R S B n r R nBS r R E +=+=+∙ωωωω，Q R ＝=+Q r R R 2222)(4πr R R S B n +ω (3)根据能量守恒，外力做功的过程是机械能向电能转化的过程，电流通过电阻，又将电能转化为内能，即放出的电热，因此W ＝Q ＝)(4π222r R S B n +ω 【思维提升】要掌握交变电流“四值”的意义：计算电荷量只能用平均值；计算电功、电功率、电热等与热效应有关的量必须用有效值；而电压表、电流表所能测量到的也是有效值.【拓展2】如图所示为一交变电流的i-t 图象，下列说法正确的是( D )A.交变电流的频率f ＝50 Hz ，有效值为5 5 AB.交变电流的有效值I ＝5 2 AC.交变电流的平均值＝10 AD.若此交变电流通过阻值为10 Ω的电阻，则这个电阻两端的电压为2510 V【解析】对于正弦交流电可直接应用最大值为有效值的2倍这一规律，将此交变电流分为前后两部分正弦交流电，可直接得到这两部分正弦交流电的有效值，分别为I 1＝2.5 2 A 和I 2＝7.5 2 A ，再利用有效值的定义求解.取一个周期T 中的前0.01 s 和后0.01 s 计算产生的电热可列计算式：I 2R ×0.02＝I 21R ×0.01＋I 22R ×0.01 解得I ＝2.510 A对于不同的时间段，交流电的平均值不同，求交流电的平均值应明确指出是哪一段时间的平均值. 知U ＝IR ＝2.510 A×10 Ω＝2510 V3.对交流电产生原理的理解及应用【例3】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】由图可以看出该交变电流的周期T ＝0.02 s ，则角速度ω＝Tπ2＝2π0.02＝100π rad/s ， A 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 错；电热丝两端电压为路端电压U R ＝rR R U ＝99＋1×(U m /2) V ＝90 2 V ，则C 错；根据电功率公式P ＝RU R 2＝(902)29 W ＝1 800 W 可知D 正确. 【答案】D【思维提升】弄清图象与瞬时表达式的关系是处理图象问题的要点.此外，由图象直接可以看出周期与峰值.要注意交变电动势、电流实际上还是由电磁感应产生的，取决于磁通量的变化率，因此，与磁通量、磁感应强度的图象是互余的关系.【拓展3】曾经流行过一种自行车，它有能向车头供电的小型交流发电机，如图甲为其结构示意图.图中N 、S 是一对固定的磁极，abcd 为固定转轴上的矩形线框，转轴过bc 边中点，与ab 边平行，它的一端有一半径r 0＝1.0 cm 的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动.设线框由N ＝800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S ＝20 cm 2，磁极间的磁场可看做匀强磁场，磁感应强度B ＝0.01 T ，自行车车轮的半径R 1＝35 cm ，小齿轮的半径R 2＝4.0 cm ，大齿轮的半径R 3＝10.0 cm.现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大时才能使发电机输出电压的有效值U＝3.2 V ？(假定摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动)【解析】当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交流电动势，其最大值E m ＝NBS ω0 ①其中ω0为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度.发电机两端电压的有效值U ＝E m / 2② 设自行车车轮转动的角速度为ω1，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，有R 1ω1＝r 0ω0 ③ 小齿轮转动的角速度与自行车车轮转动的角速度相同，也为ω1.设大齿轮转动的角速度为ω，有R 3ω＝R 2ω1④由以上各式解得ω＝2UR 2r 0/BSNR 3R 1⑤代入数据得ω＝3.2 rad/s⑥易错门诊【例4】如图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( )A.3.5 AB.72 2 AC.5 2 AD.5 A【错解】此交变电流的峰值不同，最大值取其平均值I m ＝42＋322 A ＝72 A I ＝2m I ＝3.5 A ，选A. 【错因】本题所给的交流电的图象不是正弦交流电的图形，故公式I ＝2m I 不适用于此交流电.交流电的最大值不是两个不同峰值的算术平均值.【正解】交流电的有效值是根据其热效应而定义的，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 21R2T ＋I 22R 2T 所以该交流电的有效值为 I ＝222221I I ＝5 A 【答案】D【思维提升】关于交变电流的有效值问题，首先观察是不是正弦式交流电，若是，则直接应用I ＝2m I ，U ＝2m U 求解；若只有部分是，则具有完整的整数倍的14波型可直接应用I ＝2m I ，U ＝2m U 关系，并结合焦耳定律求解；若完全不是正弦式交流电，则根据有效值的定义和焦耳定律求解.第 2 课时电感和电容器对交变电流的影响基础知识归纳1.电感对交变电流的阻碍作用(1)电感对交变电流的阻碍作用叫感抗.原理：将交变电流通入电感线圈，由于线圈中的电流大小和方向都时刻变化，根据电磁感应原理，电感线圈中必产生自感电动势，以阻碍电流的变化，因此交变电路的电感线圈对交变电流有阻碍作用.(2)影响电感对交变电流阻碍作用大小的因素：感抗的大小与线圈的自感系数和交流电的频率.感抗用R L 表示，R L ＝2πfL ，单位是欧姆，类似于一个电阻.(3)电感器在电路中的作用：通直流，阻交流；通低频，阻高频.“通直流，阻交流”这是对两种不同类型的电流而言的，因为(恒定)直流电的电流不变化，不能引起自感现象，交流电的电流时刻改变，必有自感电动势产生来阻碍电流的变化.“通低频，阻高频”这是对不同频率的交流而言的，因为交变电流的频率越高，电流的变化越快，自感作用越强，感抗也就越大.(4)应用：低频扼流线圈的自感系数很大，有“ 通直流，阻交流 ”的作用，高频扼流线圈的自感系数很小，有“ 通低频、通直流，阻高频 ”的作用.2.电容器对交变电流的阻碍作用(1)电容对交变电流的阻碍作用叫容抗.原理：当电源电压推动电路中形成电流的自由电荷向这个方向做定向移动，因此交流电路中的电容对交变电流有阻碍作用.(2)影响电容器对交变电流阻碍作用大小的因素：电容器的电容和交流的频率.频率一定，则电容器充(放)电时间一定，又因电压一定，根据Q ＝CU 可知，C 大的电容充入(或放出)的电荷量多，因此充电(或放电)的速率就大，所以电流也就越大，容抗越小；而C 一定时，电容器充入(或放出)的电荷量一定，频率越高，电容器充(放)电的时间越短，充电(或放电)的速率越大，容抗也越小.容抗用x C 表示，x C ＝fCπ21，单位是欧姆，类似于一个电阻.(3)电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频.信号和交流信号，如图1所示，该电路就起到“隔直流，通交流”的作用；在电子技术中，从某一装置输出的电流常常既有高频成分，又有低频成分，若在下一级电路的输入端并联一个电容器，就可只把低频成分的交流信号输送到下一级装置，如图2所示，具有这种“通高频，阻低频”用途的电容器叫高频旁路电容器.重点难点突破一、为什么交变电流能够通过电容器电容器的两极板之间是绝缘的，不论是恒定电流还是交变电流，自由电荷都不能通过两极板之间的绝缘体(电介质).通常所说的交变电流“通过”电容器，并非有自由电荷穿过了电容器，而是在交流电源的作用下，当电压升高时，电容器充电，电容器极板上的电荷量增多，形成充电电流，当电压降低时，电容器放电，电容器极板上的电荷量减少，形成放电电流，由于电容器反复地充电和放电，使电路中有持续的交变电流，表现为交变电流“通过”了电容器.如右图：三、如何应用和防止感抗和容抗根据电感线圈“通直流，阻交流”、电容器“通交流、隔直流”的特点，可以将二者结合并与电阻组合到一起来完成一定的任务.如在变压器并整流后的直流电中仍含有交流的成分，这时可以用一个电容器与负载并联在一起，或将一个电感线圈串联在电路中，把电流中的交流成分滤掉；又如在无线电的接收方面，接收到的是直流和交流的复合成分，而我们只需要其中的交流的信号成分，这时就可以把一个电容器串联在电路中，将其中的直流成分滤掉.典例精析1.电感与电容对交流电的阻碍作用【例1】一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图所示.一块铁插进线圈之后，该灯将：()A.变亮B.变暗C.对灯没影响D.无法判断【解析】线圈和灯泡是串联的，当铁插进线圈后，电感线圈的自感系数增大，所以电感线圈对交变电流阻碍作用增大，因此电路中的电流变小，则灯变暗.【答案】B【思维提升】人们可用改变插入线圈中铁芯的长度来控制舞台灯光的亮和暗.【拓展1】如图所示，接在交流电源上的电灯泡正常发光，以下说法正确的是( ACD )A.把电介质插入电容器，灯泡变亮B.增大电容器两极板间的距离，灯泡变亮C.减小电容器两极板间的正对面积，灯泡变暗D.使交变电流频率减小，灯泡变暗【解析】把电介质插入电容器，电容增大，电容器对交变电流的阻碍作用变小，所以灯泡变亮，故A 正确；增大电容器两极板间的距离，电容变小，电容器对交变电流的阻碍作用变大，所以灯泡变暗，故B 错；减小电容器两极板间的正对面积，电容变小，灯泡变暗，故C正确；交变电流频率减小，电容器对交变电流的阻碍作用增大，灯泡变暗，故D正确.2.电感和电容对低频与高频电流的不同作用效果【例2】如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(L＝1 mH，C＝200 pF)，此电路的重要作用是()A.阻直流通交流，输出交流电B.阻交流通直流，输出直流电C.阻低频通高频，输出高频交流电D.阻高频通低频，输出低频交流电和直流电【解析】(1)线圈的作用是：“通直流、阻交流，通低频、阻高频”.电容器的作用是：“通交流、阻直流，通高频、阻低频”.(2)因为线圈自感系数L很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，这样，直流和低频成分能顺利通过线圈；电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容C很小，对低频成分和直流成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，被它滤掉，最终输出的是低频交流和直流.【答案】D【思维提升】此电路中的电容器为旁路电容，它能将高频成分滤掉.【拓展2】如图所示，从某一装置中输出的电流既有交流成分，又有直流成分，现要把交流成分输送给下一级，有关甲、乙两图的说法正确的是( C )A.应选甲图电路，其中C的电容要大B.应选甲图电路，其中C的电容要小C.应选乙图电路，其中C的电容要大D.应选乙图电路，其中C的电容要小【解析】要把交流成分输送给下一级，则电容要起到“隔直流，通交流”的作用，故应选用乙图电路，要使交流成分都顺利通过电容器而输送到下一级，需容抗较小，容抗与电容成反比，故应选C.3.影响感抗、容抗的因素【例3】如图所示，L1、L2和L3是相同型号的白炽灯，L1与电容器C串联，L2与带铁芯的线圈L串联，L与一个定值电阻R串联.当a、b间接电压有效值为U、频率为f的正弦交流电源时，三只灯泡的亮度相同.现将a、b间接另一正弦交流电源时，发现灯泡L1变亮、L2变暗、L3亮度不变.由此可知，另一正弦交流电源可能是()A.电压有效值仍为U，而频率大于fB.电压有效值大于U，而频率大于fC.电压有效值仍为U，而频率小于fD.电压有效值小于U，而频率大于f【解析】电阻对交变电流阻碍作用的大小与电流的频率无关，因此，通过电阻的电流的有效值不变；电感线圈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，电流的频率越高，自感电动势就越大，即线圈对电流的阻碍作用就越大，感抗也就越大，因此，通过电感线圈的电流的有效值变小；电容器对交变电流阻碍作用的大小用容抗表示，电容一定时，在相同的电压下电容器容纳的电荷一定，频率越高，充(放)电的时间越短，充(放)电的电流越大，容抗越小，因此，通过电容器的电流的有效值变大.【答案】A【思维提升】电阻、电感线圈和电容器三者对电流均有阻碍作用，容抗、感抗受频率影响，而电阻不受交流电频率影响.理解电阻、感抗(线圈无直流电阻)和容抗的产生原因及三者的区别是解决这类问题的关键：(1)电阻：对交、直流均阻碍.(2)感抗：只对变化电流有阻碍.(3)容抗：只通交流，不能通直流.【拓展3】如图所示，把电阻R ，电感线圈L ，电容器C 并联，接到一个交流电源上，三个电流表示数相同，若保持电源电压大小不变，而将电源频率增大，则三个电流表示数I 1、I 2、I 3的关系是( D )A.I 1＝I 2＝I 3B.I 1>I 2>I 3C.I 2>I 1>I 3D.I 3>I 1>I 2【解析】交流电频率增大，电阻R 对电流的阻碍作用不变，所以A 1表读数不变.频率增大，电感线圈对交变电流阻碍作用增大，对电流的阻碍作用变大，所以电流变小，A 2读数变小.频率增大，电容器对交变电流阻碍作用变小，对电流的阻碍作用变小，所以电流变大，A 3读数变大，故答案为D.易错门诊4.电感与电容对高频和低频电流的不同作用效果【例4】“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，它们的固有频率分别处于高音、低音频段分别称为高音扬声器和低音扬声器.音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动.如图所示为音箱的电路图，高、低频混合电流由a 、b 输入，L1和L 2是线圈，C 1和C 2是电容器，则( )A.甲是高频扬声器，C 1的作用是通低频阻高频B.甲是低频扬声器，C 1的作用是通高频阻低频C.L 1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器D.L 2的作用是减弱乙扬声器的低频电流【错解】AC【错因】认为频率越大，感抗越小，容抗越大.【正解】甲、乙扬声器所在电路为并联电路，由于L 1阻高频，C 1通高频，使甲为低频扬声器，C 2通高频，L 2阻高频，使乙为高频扬声器.【答案】BD【思维提升】熟记两个公式，R L ＝2πfL ，R C ＝Cfπ21. 3 课时变压器电能输送基础知识归纳1.变压器(1)变压器的结构如图所示：闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成一个变压器.原线圈n 1(又称初级线圈)与电源连接，副线圈n 2(又称次级线圈)与负载连接，作为用电器的电源.(2)理想变压器的工作原理①理想变压器：是种理想化模型，没有任何损耗，输入功率等于输出功率.②工作原理：电磁感应理想变压器原、副线圈中具有完全相同的磁通量及磁通量的变化率.③电压比和电流比电压比：由U ＝n tΦ∆∆得单个副线圈2121n n U U =，多个副线圈U 1∶U 2∶U 3＝n 1∶n 2∶n 3 电流比：单个副线圈1221n n I I =多个副线圈，由P 1＝P 2＋P 3＋… 得U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋… n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…(3)几种常见的变压器：自耦变压器、互感器.2.远距离输电(1)目的向远距离输送电能，且尽可能减少在输电线上的损失.(2)方法由P 损＝I 2R 可知，要减小损失的电能可以有两种方法：①减小输电导线的电阻.由于R ＝ρl S，故可采用电阻率ρ较小的材料，并加大导线的横截面积.这种方法的作用十分有限，代价较高，可适当选用.②减小输电电流.由于I ＝P U，P 为额定输出功率，U 为输出电压，增大U 可减小I .这是远距离输电的一种常用的方法.(3)远距离输电的电路模式如图所示①功率关系：P1＝P 2 P 3＝P 4 P 2＝P 3＋ΔP ②电压关系：2121n n U U = 4343n n U U = U 2＝U 3＋ΔU ③输电电流：I ＝RU U P U P ∆==3322 ④输电线上电压降和消耗的电功率ΔU ＝IR ，ΔP ＝I 2R注意：R 为两根输电导线的总电阻.重点难点突破一、原、副线圈匝数不变时，理想变压器有哪些决定关系理想变压器的原、副线圈的匝数不变时，如果变压器的负载发生变化，怎样确定其他有关物理量的变化，可依据以下原则来判断.有三个决定关系：1.输入电压U 1决定输出电压U 2，即U 2随着U 1的变化而变化，因为U 2＝12n n U 1，所以只要U 1不变化，不论负载如何变化，U 2不变.2.输出功率P 2决定输入功率P 1.理想变压器的输出功率和输入功率相等，即P 2＝P 1.在输入电压U 1不变的情况下，U 2不变.若负载电阻R 增大，则由公式P ＝RU 2得：输出功率P 2减小，输入功率P 1也随着减小；反之，若负载电阻R 增大，则输出功率P 2增大，输入功率P 1也随着P 2减小.3.输出电流I 2决定输入电流I 1.在输入电压U 1不变的情况下，U 2不变.若负载电阻R 增大，则由公式I ＝U R得：输出电流I 2减小，由P 2＝P 1知输入电流I 1亦随着减小；反之，若负载电阻R 减小，则输出电流I 2增大，输入电流I 1亦随着增大.三、变压器工作时能量损耗的来源有哪些变压器在工作时，实际上从副线圈输出的功率并不等于从原线圈输入的功率，而有少量的功率损耗，功率损耗的形式有三种：1.铜损：实际变压器的原、副线圈都是用绝缘铜导线绕制的，虽然铜的电阻率很小，但铜导线还是有一定的电阻，因此，当变压器工作时，线圈中就会有热量产生导致能量损耗，这种损耗叫铜损.2.铁损：变压器工作时，原、副线圈中有交变电流通过，在铁芯中产生交变磁通量，铁芯中就会因电磁感应产生涡流，使铁芯发热而导致能量损耗，这种在铁芯中损失的能量叫铁损.3.磁损：变压器工作时，原、副线圈产生的交变磁通量绝大多数通过铁芯，但也有很少一部分磁通量从线圈匝与匝之间漏掉，即有漏磁.这就使得通过原副线圈的磁通量并不相等，这漏掉的磁通量会在周围空间形成电磁波而损失一部分能量，这种损耗叫磁损.四、“提高电压，降低电流”是否与欧姆定律相矛盾不矛盾，欧姆定律是对纯电阻耗能元件成立的定律，而“提高电压，降低电流”是从输送角度，由P ＝IU ，且P 一定的条件下得出的结论，两者没有联系.五、高压输电是不是电压越高越好输电线上的电压损失，不但有导线电阻引起的电压损失，而且有电抗引起的电压损失，电抗造成的电压损失随电压的增大而增大，所以高压输电并非电压越高越好.另外，电压越高，对线路和变压器的技术要求就越高，线路的修建费用就会增多，所以实际输电时，综合考虑各种因素，依照不同的情况，选择合适的输电电压.典例精析1.变压器的决定关系【例1】理想变压器的原线圈连接一个电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q 调节，如图所示.在副线圈上连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头.原线圈两端接在电压为U 的交流电源上.则( )A.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变大B.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变小C.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变大D.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变小【解析】根据理想变压器原、副线圈上电压、电流的决定关系知：在输入电压U 1不变的情况下，U 2不变.当保持Q 的位置不动，滑动头P 向上滑动时，副线圈上的电阻增大，电流减小，故输入电流I 亦随着减小，即电流表的示数变小，A 错误，B 正确；当保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，由2121n n U U 知，副线圈上匝数增大，引起副线圈上电压增大，即副线圈上电流增大，故原线圈上的电流亦随着增大，故电流表的示数增大，C 正确，D 错误.【答案】BC【思维提升】一般由负载变化引起变压器各量的变化时，分析顺序为：负载变化→副线圈电流变化→原线圈电流变化，负载变化→副线圈功率变化→原线圈功率变化.【拓展1】如图所示，一只理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L 1和L 2，输电线等效电阻为R .开始时开关S 断开，当S 接通时，下列选项正确的是( BCD )A.副线圈两端M 、N 的输出电压减小B.副线圈输电线等效电阻R 上的电压降增大C.通过灯泡L 1的电流减小D.原线圈中的电流增大【解析】由于输入电压不变，所以S 接通时，理想变压器副线圈M 、N 两端的输出电压不变.并联灯泡L 2，总电阻变小，由欧姆定律I ＝U 2/R 2知，流过R 的电流增大，电阻上的电压降U R ＝IR 增大.副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I 1U 1＝I 2U 2，得I 2增大，原线圈输入电流I 1也增大. U MN 不变，U R 变大，所以U L1变小，流过灯泡L 1的电流减小.2.变压器的比例关系。

2014届高考物理一轮复习第43讲交变电流的产生和描述配套练习

2014届高考物理一轮复习第43讲交变电流的产生和描述配套练习1.（2012 广东19）某小型发电机产生的交变电动势为e=50sin100πt（V），对此电动势，下列表述正确的有 ( )A.最大值是2VB.频率是100HzC．有效值是252周期是0.02s2.(2013海南卷)通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s.电阻两端电压的有效值为 ( )A．12V B．410VC．15V D．85V3．如图所示，面积均为S的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是 ( )4．矩形线框绕垂直于匀强磁场且沿线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是( ) A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次D．线框经过中性面时，各边不切割磁感线5.(2013山东青岛二中测试)图1、图2分别表示两种电压的波形，其中图1所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是（）A．图1表示交流电，图2表示直流电B．两种电压的有效值相等C．图1所示电压的瞬时值表达式为u=311sin100t VD．图1所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的1 106．(2012合肥模拟)一台发电机的结构示意图如图5所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状。

M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M 中心的固定转轴匀速转动。

磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场。

若从图示位置开始计时电动势为正值，图6中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是( )图5图67．(2012宁波联考)如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1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R2上的电压有效值为( )A ．10VB ．20 VC ．15 VD ．510 V8.（2013宝鸡质检）如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时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。

2024高考物理一轮复习--交变电流的产生和描述

交变电流一、交变电流的产生规律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 ①B ，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变。

①线圈平面与中性面垂直时，S ①B ，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E m ＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。

2．产生正弦交流电的四种其他方式 (1)线圈不动，匀强磁场匀速转动。

(2)导体棒在匀强磁场中做简谐运动。

(3)线圈不动，磁场按正弦规律变化。

(4)在匀强磁场中导体棒的长度与时间成正弦规律变化。

3．交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)4．书写交变电流瞬时值表达式的步骤(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式E m ＝nωBS 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线圈从中性面位置开始计时，则i －t 图像为正弦函数图像，函数表达式为i ＝I m sin ωt 。

①线圈从垂直于中性面的位置开始计时，则i －t 图像为余弦函数图像，函数表达式为i ＝I m cos ωt 。

二、交变电流有效值的求解方法1．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 ，在交流电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．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．有效值的计算(1)计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间(周期整数倍)”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．4．几种典型交变电流的有效值三、交变电流“四值”的理解和计算交变电流“四值”的比较四、针对练习1、如图所示，一矩形线圈的面积为S ，匝数为N ，电阻为r ，处于磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，绕垂直磁场的水平轴OO ′以角速度ω匀速运动。

2014届高考物理一轮 (考纲自主研读+命题探究+高考全程解密)第1讲交变电流的产生和描述含解析) 新人教版

选修3－2 第十章交变电流传感器第1讲交变电流的产生和描述对应学生用书P185交变电流、描述交变电流的图象Ⅰ (考纲要求)【思维驱动】(多选)关于线圈在匀强磁场中转动产生的交流电，以下说法中正确的是( )．A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变B．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次C．线圈在中性面位置时，磁通量最大，磁通量的变化率为零D．线圈在与中性面垂直的位置时，磁通量为零，感应电动势最大答案CD【知识存盘】1．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)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：与磁场方向垂直的平面．②中性面与峰值面的比较(2)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开始计时，其图象为正弦曲线．如图(e)、(f)所示．正弦交变电流的函数表达式、描述交变电流的物理量 Ⅰ(考纲要求) 【思维驱动】(多选)一个单匝矩形线框的面积为S ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n 转/秒，则( )． A ．线框交变电动势的最大值为n πBS B ．线框交变电动势的有效值为2n πBSC ．从开始转动经过14周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD ．感应电动势瞬时值为e ＝2n πBS sin 2n πt解析线框交变电动势的最大值为E m ＝BS ω＝2n πBS ，产生的感应电动势瞬时值为e ＝2n πBS sin 2n πt ，A 错、D 对；该线框交变电动势的有效值为E ＝E m2＝2n πBS ，B 对；线框中的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝4nBS ，C 错．答案 BD 【知识存盘】 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(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：EU I电感和电容对交变电流的影响 Ⅰ (考纲要求) 【思维驱动】(单选)如图10－1－1所示，在电路两端加上正弦交流电，保持电压有效值不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是：灯1变亮，灯2变暗，灯3不变，则M 、N 、L 中所接元件可能是( )．图10－1－1A ．M 为电阻，N 为电容器，L 为电感线圈B ．M 为电感线圈，N 为电容器，L 为电阻C ．M 为电容器，N 为电感线圈，L 为电阻D ．M 为电阻，N 为电感线圈，L 为电容器解析当交变电流的频率增大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，由灯1变亮，灯2变暗可知M 为电容器，N 为电感线圈，而电阻与交变电流的频率无关，故L 为电阻，C 正确．答案 C 【知识存盘】1．电感对交变电流的阻碍作用电感线圈对交变电流有阻碍作用，电感对交变电流的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，阻碍作用越大，感抗也就越大． 2．电容器对交变电流的阻碍作用交变电流能够“通过”电容器，电容器对交变电流有阻碍作用，电容器对交变电流的阻碍作用用容抗表示．电容器的电容越大．电容器对交变电流的阻碍作用就越小，也就是说，电容器的容抗就越小，电容器在交流电路中起的作用是通交流，隔直流，通高频、阻低频．交变电流的有效值是根据电流的热效应定义的，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．若图象部分是正弦(或余弦)交流电，其中的14和12周期部分可直接用I ＝I m 2和U ＝U m2的关系．对应学生用书P186考点一正弦交变电流的产生及变化规律【典例1】 (2012·安徽卷，23)图10－1－2甲所示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)图10－1－2(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，如图丙所示，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．(其它电阻均不计)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 ＝L 22，转动时ab 、cd 的线速度v ＝ωr ＝ωL 22，且与磁场方向的夹角为ωt ，所以，整个线圈中的感应电动势e 1＝2BL 1v sin ωt ＝BL 1L 2ωsin ωt .(2)当t ＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则某时刻t 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e 2＝2BL 1v sin(ωt ＋φ0)＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)．(3)线圈匀速转动时感应电动势的最大值E m ＝BL 1L 2ω，故有效值E ＝E m2＝BL 1L 2ω2回路中电流的有效值I ＝ER ＋r＝B ωL 1L 22（R ＋r ），根据焦耳定律知转动一周电阻R 上的焦耳热为Q ＝I 2RT ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤B ωL 1L 22（R ＋r ）2R ·2πω＝πωRB 2L 21L 22（R ＋r ）2.答案 (1)e 1＝BL 1L 2ωsin ωt (2)e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0) (3)πωRB 2L 21L 22（R ＋r ）2【变式跟踪1】 (多选)如图10－1－3所示，图10－1－3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，且cd 边正在向纸面外转动．则( )． A ．线圈中电流t 时刻瞬时值表达式为i ＝BS ωRcos ωt B ．线圈中电流的有效值为I ＝BS ωRC ．线圈中电流的有效值为I ＝2BS ω2RD ．线圈中消耗的电功率为P ＝（BS ω）22R解析回路中感应电动势最大值E m ＝BS ω，电流最大值I m ＝E m R ＝BS ωR，t ＝0时为中性面，故瞬时值表达式i ＝BS ωR sin ωt .电流有效值I ＝I m 2＝2BS ω2R ，P ＝I 2R ＝B 2ω2S 22R ，故A 、B 错误，C 、D 正确．答案 CD ,借题发挥1．对中性面的理解(1)中性面是与磁场方向垂直的平面，是假想的一个参考面．(2)线圈平面位于中性面时，穿过线圈平面的磁通量最大，而磁通量的变化率为零，产生的感应电动势为零．(3)线圈平面与中性面垂直时，穿过线圈平面的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大．(4)线圈每经过中性面一次，电流方向就改变一次，线圈转动一周，两次经过中性面，所以电流的方向改变两次．2．对交变电流的“四值”的比较和理解＝R3.交变电流的瞬时值表达式当线圈平面转到中性面(与磁场垂直的平面)时开始计时，交流电的瞬时值表达式是e＝E m sin ωt，u＝U m sin ωt，i＝I m sin ωt.当线圈平面转到与磁感线平行时开始计时，瞬时值表达式是e＝E m cos ωt，u＝U m cos ωt，i＝I m cos ωt.4．最大值：E m＝nBSω，且E m与转轴的所在位置和线圈形状无关．考点二交变电流的图象【典例2】 (单选)在匀强磁场中，图10－1－4一矩形金属框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图10－1－4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【变式跟踪2】 (多选)矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中，图10－1－6线框输出的交流电压随时间变化的图象如图10－1－6所示，下列说法中正确的是( )．A．交流电压的有效值为36 2 VB．交流电压的最大值为36 2 V，频率为0.25 HzC．2 s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大D．1 s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快解析由线框输出的交流电压随时间变化图象可知，交流电压的最大值为36 2 V，频率为0.25 Hz，B正确；有效值则为36 V，A错误；2 s末，线框产生的感应电动势为零，所以此时线框平面垂直于磁场，C正确；1 s末，线框产生的感应电动势最大，此时线框。

【高考调研】2014届高考物理一轮复习 10-1交变电流的产生及描述课件

21 (3)周期和频率的关系：T＝⑳________或 f＝○________.
2．交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值
22 (1)瞬时值：交变电流○________的值，是时间的函数． 23 (2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的○________.
(3)有效值：让交流与恒定电流通过相同的电阻，如果它们
自我校对
①周期性变化匀速 ⑥中性面
②正弦规律 ⑦最大
③匀强
④垂直于磁场 ⑩两
⑤
⑧为零
⑨为零 ⑮角速度
⑪100 ⑰
⑫Emsinωt 时间大值 2π ⑱ ω
24
⑬Umsinωt
⑭Imsinωt 1 ⑳ f
26
⑯nBSω
⑲周期性变化 Im ○ 2
25
1 ○T
21 27
22 23 ○某一时刻 ○最
○产生的热量
【解析】 (1)电动势有最大值为 Em＝nBSω＝10×2×0.3×0.6×10π V≈113.04 V 故瞬时值表达式 e＝Em· cosωt＝113.04cos10πt V (2)电流的有效值 Im Em I＝＝＝1.6 A 2 2R＋r 所以 0.05 s 内 R 上产生的热量 Q＝I2Rt＝5.76 J
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①________的电流． 2．正弦式交变电流 (1)定义：按②________变化的交变电流． (2)产生：将闭合矩形线圈置于③________磁场中，并绕④ ________方向的轴做⑤________转动．
诱思启导 Um (1)可以由 U＝计算有效值吗？ 2 (2)按有效值的定义计算有效值．
【解析】让这种交变电压和直流电压 U 加在相同阻值 R 的电阻上，在相等的时间(设为一个周期)内产生的热量相等，则 U 为该交变电压的有效值，即 U2 3a2 a2 Q＝ · 2T＝ · T＋ · T R R R 则 U＝ 5a 即有效值为 5a，最大值为 3a. 选项 C 正确．【答案】 C

高考物理一轮复习课时作业29 交变电流的产生及描述(含解析)

课时作业29 交变电流的产生及描述时间：45分钟一、单项选择题1．一交流电压为u ＝1002sin100πt 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 ＝1/400 s 时，该交流电压的瞬时值为50 V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；该电压加在“100 V 100 W”的灯泡两端，灯泡恰好正常工作，C 项错；t ＝1/400 s 代入瞬时值表达式得电压的瞬时值为100 V ，D 项错．答案：B 2.如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1.0 Ω，外接R ＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin10πt V ，则( )A ．该交变电流的频率为10 HzB ．该电动势的有效值为10 2 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD ．电路中理想交流电流表Ⓐ的示数为1.0 A解析：由交变电流电动势的表达式e ＝102sin10πt V ＝E m sin ωt 可知，该交变电流的频率为f ＝ω2π＝10π2πHz ＝5 Hz ，A 错误．该交变电流电动势的有效值E ＝E m 2V ＝1022V ＝10 V ，B 错误．电流的有效值I ＝ER ＋r＝109.0＋1.0A ＝1.0 A ，外接电阻R 所消耗的电功率P R ＝I 2R ＝1.02×9.0 W＝9 W ，故C 错误，D 正确．答案：D 3.如图所示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 ′以角速度ω匀速转动，线圈的面积为S 、匝数为n 、线圈总电阻为r ，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R 连接，与电阻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，则下列说法正确的是( )A ．交流发电机产生的电动势的最大值E m ＝BSωB ．交流电压表的示数为2nRBSω2R ＋rC ．线圈从t ＝0时刻开始转过90°的过程中，通过电阻的电荷量为πnBS22R ＋rD ．线圈从t ＝0时刻开始转过90°的过程中，电阻产生的热量为2n 2ωRB 2S2πR ＋r解析：交流发电机产生电动势的最大值E m ＝nBSω，A 错误；因为交流电压表是测量电阻R 两端的电压有效值，所以交流电压表的示数为2nRBSω2R ＋r，B 正确；线圈从t ＝0时刻开始转过90°的过程中，通过电阻的电荷量是按平均值求解，即利用q ＝ΔΦR ＋r ＝BSR ＋r，C 错误；线圈从t ＝0时刻开始转过90°的过程中，电阻产生的热量按有效值计算，即Q ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤nBSω2R ＋r2R ×14×2πω＝n 2B 2S 2ωπR 4R ＋r2，D 错误．答案：B 4.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)，这个过程中线框释放出的焦耳热为0.4 J ，线框中电流随时间变化的关系式为( )A ．i ＝2sin10πt AB ．i ＝2sin10πt AC ．i ＝2sin5πt AD ．i ＝2sin5πt A解析：设该正弦式交流电的电流有效值为I ，由题意可得Q ＝I 2Rt ，其中t ＝lv＝0.2 s ，解得I ＝ 2 A ，所以该正弦式交流电的最大值为I m ＝2I ＝2 A ，金属线框从图示的位置到完全进入磁场为半个周期，故T ＝2l v＝0.4 s ，ω＝2πT＝5 π rad/s，所以正弦式交流电的表达式为i ＝2sin5πt (A)，C 正确．答案：C5．电阻R 1、R 2与交流电源按照如图甲所示方式连接，R 1＝10 Ω，R 2＝20 Ω.合上开关S 后，通过电阻R 2的正弦式交变电流i 随时间t 变化的情况如图乙所示，则( )A ．通过R 1的电流有效值是65 AB ．R 1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流的最大值是652 A D ．R 2两端的电压最大值是6 2 V解析：由图可知通过R 2的电流的最大值，为0.6 2 A ，由I ＝I m2，可知通过R 2的电流有效值为0.6 A ，由于R 1与R 2串联，所以通过R 1的电流的有效值为0.6 A ，A 、C 错误；R 1两端电压的有效值为U 1＝IR 1＝6 V ，B 正确；R 2两端电压的最大值为U m2＝I m R 2＝0.62×20 V＝12 2 V ，D 错误．答案：B 二、多项选择题 6.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°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 2πTtD ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin 2πTt解析：从线圈平面平行于磁感线开始计时，交变电流的感应电动势的表达式为e ＝E m cosωt ，则感应电流i ＝e R ＝E m R cos ωt ，由题给条件有1 A ＝E m 2×12 A ，解得E m ＝4 V ，则I m ＝2 A ，I ＝I m2＝ 2 A ，线圈消耗的电功率P ＝I 2R ＝4 W ，A 正确，B 错误；e ＝4cos ωt ＝4cos 2πTt ，C 正确；由E m ＝BSω＝Φm 2πT 得Φm ＝2T π，故任意时刻Φ＝2T πsin 2πTt ，D 错误．答案：AC7．如图所示，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( )A ．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22A 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 1解析：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＝33A ，而I 2＝1 A ，A 正确，B 错误；由W ＝I 2Rt 得W 1W 2＝I 21I 22＝13，C 正确，D 错误．答案：AC 8.如图所示，交流发电机的矩形线圈边长ab ＝cd ＝0.4 m ，ad ＝bc ＝0.2 m ，线圈匝数N ＝100，电阻r ＝1 Ω，线圈在磁感应强度B ＝0.2 T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以ω＝100π rad/s 的角速度匀速转动，外接电阻R ＝9 Ω，以图示时刻开始计时，则( )A ．电动势瞬时值为160πsin100πt VB ．t ＝0时线圈中磁通量变化率最大C ．t ＝12 s 时线圈中感应电动势最大D ．交变电流的有效值是82π A解析：图示时刻线圈平面垂直于中性面，电动势的瞬时值e ＝NBSωcos ωt ＝100×0.2×(0.4×0.2)×100π·cos100πt V ＝160πcos100πt V ，A 错误；图示时刻即t ＝0时，Φ＝0，但ΔΦΔt 最大，B 正确；t ＝12 s 时，e ＝E m ，C 正确；交变电流的有效值是E m2R ＋r ＝82π，A ，D 正确．答案：BCD 三、非选择题9．如图甲所示，为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动．若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示．已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω.(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式； (2)求转动过程中穿过线圈的最大磁通量； (3)线圈匀速转动一周的过程中，求外力所做的功．解析：(1)由图乙得e ＝E m sin ωt ＝62sin100πt V 则电流i ＝e /(R ＋r )＝352sin100πt A.(2)线圈产生的交变电动势的最大值：E m ＝BSω由图乙可知电动势的最大值E m ＝6 2 V 线圈转动的角速度：ω＝100π rad/s转动过程中穿过线圈的最大磁通量Φ＝BS ＝E m /ω＝2.7×10－2Wb. (3)线圈产生的交变电动势的有效值E ＝E m /2＝6 V 线圈产生的电功率：P ＝EI ＝E 2R ＋r线圈匀速转动一周的过程中产生的电能E 电＝PT ＝E 2R ＋rT根据功能关系，外力所做的功W ＝E 电＝E 2R ＋rT ＝7.2×10－2 J. 答案：(1)i ＝352sin100πt A (2)2.7×10－2Wb(3)7.2×10－2J10．如图所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．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 0S2πT cos 2πTt ，其中B 0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：(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．解析：(1)由e ＝nB 0S 2πT cos 2πTt 可知最大值E m ＝nB 0S ·2πT＝8 V(2)电路中电流的最大值I m ＝E mR ＋r ＝45A I ＝I m2＝452AP 灯＝I 2R ＝2.88 W(3)E ＝nΔBΔt·S ① q ＝I ·Δt ②I ＝E R ＋r③由①②③得：q ＝nB 0S R ＋r＝4×10－3C 答案：(1)8 V (2)2.88 W (3)4×10－3C11．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．解析：(1)0～t 1时间内，线框中的感应电动势E ＝nΔΦΔt ＝nL 1L 2B 1－B 0t 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 2B 1－B 0R ＋r t 1(2)线框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 2ω2R ＋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 ＝nB 1L 1L 2Δt R ＋r11 通过电阻R 的电荷量q ＝I Δt ＝nB 1L 1L 2R ＋r 答案：(1)nL 1L 2B 1－B 0R ＋r t 1 (2)πRω⎝ ⎛⎭⎪⎫nB 1L 1L 2R ＋r 2 (3)nB 1L 1L 2R ＋r。

高考物理一轮复习课后限时集训交变电流的产生及描述含解析新人教版

课后限时集训(三十) 交变电流的产生及描述(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：交变电流的产生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( )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 2D [t 1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A 错误；t 2时刻，穿过线框的磁通量最大，为Φm ＝BL 2，B 错误；t 3时刻，感应电动势最大，则磁通量变化率也最大，C 错误；交变电流的最大值为E m ＝BL 2ω，则ω＝E mBL 2，D 正确。

] 2．(2019·合肥模拟)一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动。

在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm ，最大感应电动势为E m ，下列说法中正确的是( )A ．当磁通量为零时，感应电动势也为零B ．当磁通量减小时，感应电动势也减小C ．当磁通量等于0.5Φm 时，感应电动势等于0.5E mD ．角速度ω等于E mΦmD [根据正弦式交变电流的产生及其变化规律，当磁通量最大时，感应电动势为零；当磁通量减小时，感应电动势在增大，磁通量减为零时，感应电动势最大，由此可知A 、B 项错误；设从线框位于中性面开始计时，则有e ＝E m sin ωt ，式中E m ＝BS ω，因Φm ＝BS ，故角速度ω＝E m Φm ，D 项正确；设e ＝0.5E m ，则解出ωt ＝π6，此时Φ＝B ·S cos π6＝32BS ＝32Φm ，所以C 项错误。

]3．(2019·抚顺模拟)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e 随时间t 变化的图象如图乙中曲线a 、b 所示，则( )甲乙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∶3C ．a 、b 对应的两线圈面积之比为1∶1D ．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 C [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，选项A 错误；由图线可知，两线圈的周期之比T a ∶T b ＝2∶3；故根据n ＝1T可知a 、b 对应的线圈转速之比为3∶2，选项B 错误；根据E m ＝NB ωS ，ωa ωb ＝T b T a ＝32；E m a E m b ＝1510＝32；则S a S b ＝E m a ωb E m b ωa ＝11，选项C 正确；若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈的面积可能要变化，故感应电动势的最大值可能要变化，电动势的有效值之比可能变化，选项D 错误。

2016届高考物理一轮课时作业【29】交变电流的产生和描述(含答案)

【高考核动力】2016届高考物理一轮复习课时作业29 交变电流的产生和描述(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后括号内)1、如图中的四幅图是交流电的图象，能正确反映我国居民日常生活所用的交流电的是( )【解析】我国居民日常生活所用的交流电的有效值是220 V ，频率是50 Hz ，根据图中反映的信息及最大值和有效值的关系、频率和周期的关系可知答案应选C.【答案】 C2、一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是( )A 、t ＝0时刻线圈平面与中性面垂直B 、t ＝0.01 s 时刻Φ的变化率达最大C 、0.02 s 时刻感应电动势达到最大D 、该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示【解析】由Φ－t 图知，在t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e ＝0，故A 、D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e 最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，则C 项错、【答案】 B3、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式交流电源上，其消耗的电功率为P2.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 VB 、10 VC 、5 2 VD 、10 2 V【解析】根据电功率的公式得，P ＝U 2R ，根据交流电的有效值定义得P 2＝U 2效R ，解得，U 效＝5 2V ，根据有效值和最大值的关系U 效＝U m2得，U m ＝52× 2 V ＝10 V ，B 项正确、【答案】 B4.如右图所示，单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中，中心轴线OO ′与磁场边界重合，线圈绕中心轴线按图示方向(从上向下看逆时针方向)匀速转动、t ＝0时线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿abcd 为正方向，则下图中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是( )【解析】 0～T4内，ab 一侧的线框在磁场中绕OO ′转动产生正弦交流电，电流方向由楞次定律判断为dcba 且越来越大.T 4～T2内，ab 一侧线框在磁场外，而dc 一侧线框又进入磁场产生交流电，电流方向为dcba 且越来越小，以此类推，可知it 图象为B.【答案】 B5.如图所示，处在磁感应强度为B 的匀强磁场中的单匝矩形线圈abcd ，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，且cd 边正在离开纸面向外运动，则( )A 、时刻t 线圈中电流的瞬时值i ＝BS ωRcos ωt B 、线圈中电流的有效值I ＝BS ωRC 、线圈中电流的有效值I ＝2BS ω2RD 、线圈消耗的电功率P ＝ BS ω2R【解析】单匝线圈从中性面开始绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的是正弦式交变电流，则电流瞬时值表达式为：i ＝BS ωR sin ωt ，电流有效值为I ＝2BS ω2R，线圈消耗的电功率为P ＝ BS ω22R，所以答案为C.【答案】 C6、如图所示，在xOy 直角坐标系中的第二象限有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第四象限有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B .直角扇形导线框半径为l 、总电阻为R ，在坐标平面内绕坐标原点O 以角速度ω匀速转动、线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流的有效值是( )A 、I ＝BL 2ωRB 、I ＝BL 2ω2RC 、I ＝0D 、I ＝BL ω2R【解析】从图示位置转过90°的过程中，即在0～T 4时间内，线框中的感应电动势为E ＝12BL 2ω，感应电流沿顺时针方向；在转过90°至180°的过程中，即在T 4～T2时间内，线框中的感应电动势仍为E ＝12BL 2ω，感应电流沿逆时针方向；在转过180°至270°的过程中，即在T 2～3T4时间内，线框中的感应电动势仍为E ＝12BL 2ω，感应电流沿逆时针方向；在转过270°至360°的过程中，即在3T 4～T 时间内，线框中的感应电动势仍为E ＝12BL 2ω，感应电流沿顺时针方向、根据有效值的定义知I ＝BL 2ω2R.【答案】 B7.如图所示，交流发电机线圈的面积为0.05 m 2，共100匝、该线圈在磁感应强度为1π T 的匀强磁场中，以10π rad/s 的角速度匀速转动，电阻R 1和R 2的阻值均为50 Ω，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时，则( )A 、线圈中的电动势为e ＝50sin 10πt VB 、电流表的示数为 2 AC 、电压表的示数为50 2 VD 、R 1上消耗的电功率为50 W【解析】由于线圈从图示位置(即磁场方向平行于线圈平面)开始计时，所以e ＝E m cos ωt ，其中E ＝nBS ω＝50 V ，故线圈中的电动势e ＝50cos 10πt V ，故A 项错误；线圈产生的电动势的有效值为E ＝502 V ＝25 2 V ，由于线圈的内阻不计，故电压表的示数为U ＝E ＝25 2 V ，故C项错误；电流表的示数I ＝E R 并，其中R 并＝R 1R 2R 1＋R 2＝25 Ω，所以I ＝ 2 A ，故B 项正确；R 1上消耗的电功率为P ＝U 2R 1＝25 W ，故D 项错误、【答案】 B8、如图所示，矩形线圈abcd 绕轴OO ′匀速转动产生交流电，在图示位置开始计时，则下列说法正确的是( )A 、t ＝0时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最大B 、t ＝T4(T 为周期)时感应电流沿abcda 方向C 、若转速增大为原来的2倍，则交变电流的频率是原来的2倍D 、若转速增大为原来的2倍，则产生的电流有效值为原来的4倍【解析】图示时刻，ab 、cd 边切割磁感线的有效速率为零，产生的感应电动势为零，A 错误；根据线圈的转动方向，确定T4时线圈的位置，用右手定则可以确定线圈中的感应电流方向沿abcda 方向，B 正确；根据转速和频率的定义可知C 正确；根据ω＝2πf ，E m ＝nBS ω，E ＝E m2，I ＝ER 总可知电流有效值变为原来的2倍，D 错误、【答案】 BC9.(2015·芜湖高三检测)电阻为1 Ω的单匝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所示，现把交变电流加在电阻为9 Ω的电热丝上，下列判断正确的是( )A 、线圈转动的角速度为100 rad/sB 、在0～0.005 s 时间内，通过电阻的电荷量为15πC C 、电热丝两端的电压为180 VD 、电热丝的发热功率为1 800 W【解析】由题图可知T ＝0.02 s ，ω＝2πT＝100π rad/s ，A 错误；在0～0.005 s 内，由U m ＝nBS ω得BS ＝2πWb ，q ＝ΔΦR ＋r ＝BS －0R ＋r ＝15π C ，B 正确；电热丝两端的电压U ＝R R ＋r ·U m2V ＝90 2 V ，C 错误，电热丝的发热功率P ＝I 2R ＝U 2R ＝ 902 29W ＝1 800 W ，D 正确、【答案】 BD10.如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上交变电压后，能使电子有可能做往返运动的电压是图中的( )【解析】由A 图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，14T 时刻速度最大，由14T ～12T做加速度增加的减速运动，12T 时刻速度为零、从12T 到34T 电子反向做加速度减小的加速运动，34T时刻速度最大，由34T 到T 做加速度增大的减速运动，T 时刻速度为零，回到原位置，即电子能做往复运动、同样的方法可得B 、C 也对、【答案】 ABC 二、综合应用(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11、(15分)电压U ＝1202sin ωt V ，频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u 0＝60 2 V 的霓虹灯的两端、(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？(已知人眼的视觉暂留时间约为116 s)【解析】(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的ut 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1.当u ＝u 0＝60 2 V 时，由u ＝1202sin ωt V 求得：t 1＝1600 s再由对称性知一个周期内能发光的时间：t ＝T －4t 1＝150s －4×1600 s ＝175s 再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为：t ＝3 6000.02×175s ＝2 400 s. (2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300 s(如图中t 2＋t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116 s 远大于1300 s ，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉、【答案】 (1)2 400 s (2)见解析12、(15分)如图，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ，边长为L ＝10 cm 的正方形线圈abcd 共N ＝100匝，线圈电阻r ＝1 Ω.线圈绕垂直于磁感线的轴OO ′匀速转动，转动的角速度ω＝2π rad/s ，外电路电阻R ＝4 Ω.(1)求交流电表的示数；由图示位置转过60°角时的感应电动势的值、(2)取π2＝10，求线圈转动一周电流产生的总热量、(3)由图示位置开始，求在线圈转过14周期的时间内通过电阻R 的电荷量、【解析】 (1)感应电动势的最大值，E m ＝NBL 2ω＝100×0.5×0.12×2π V ＝3.14 V电流的最大值I m ＝E mR ＋r ＝0.63 A电流的有效值I ＝I m2＝0.44 A 交流电压表的示数U ＝IR ＝1.76 V转过60°时的瞬时感应电动势e ＝E m cos 60°＝3.14×0.5 V＝1.57 V (2)周期T ＝2π/ω＝1 s线圈转动一周产生的热量Q ＝I 2(R ＋r )T 联立解得Q ＝1 J(3)Δt ＝14T 内通过电阻R 的电荷量q ＝I ·ΔtI ＝E R ＋rE ＝NΔΦΔtΔΦ＝BL 2－0联立解得q ＝0.1 C【答案】 (1)1.76 V 1.57 V (2)1 J (3)0.1 C。

领航频道2014届高考物理(人教版)课时规范训练：10-1交变电流的产生和描述

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，能产生正弦式交变电流的是( )答案：ABD2．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，产生的交流电动势的最大值为E m .设t ＝0时线圈平面与磁场平行，当线圈的匝数增加一倍，转速也增大一倍，其他条件不变时，交流电的电动势为( )A ．e ＝2E m sin 2ωtB ．e ＝4E m sin 2ωtC ．e ＝E m sin 2ωtD ．e ＝4E m cos 2ωt解析：E m ＝nBSω所以当S 和ω都增大一倍时，电动势的最大值增大到原来的4倍，再考虑到，相位与ω的关系所以选项D 正确．答案：D3．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如下图甲所示，则下列说法中正确的是( )A ．t ＝0时刻线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻Φ的变化率达到最大C ．0.02 s 时刻感应电动势达到最大D ．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示解析：由Φ－t 图知，在t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e ＝0，故A 、D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，则C 项错．答案：B4．电阻R 1、R 2和交流电源按照图甲所示方式连接，R 1＝10 Ω，R 2＝20 Ω.合上开关S 后，通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时间t 变化的情况如图乙所示，则( )A ．通过R 1的电流的有效值是1.2 AB ．R 1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流的有效值是1.2 2 AD ．R 2两端的电压有效值是6 2 V解析：由题图知流过R 2交流电电流的最大值I 2m ＝0.6 2 A ，故选项C 错误；由U 2m ＝I 2m R 2＝12 2 V ，选项D 错误；因串联电路电流处处相同，则I 1m ＝0.6 2 A ，电流的有效值I 1＝I 1m2＝0.6 A ，故A 项错误；由U 1＝I 1R 1＝6 V ，故选项B 正确．答案：B5．(2012·高考北京卷)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P2.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解析：设电热器电阻为R ，正弦交流电源的电压有效值为U 效，接10 V 直流电源时，P ＝U 2R ＝102R ①；接交流电源时，P 2＝U 2效R ②，联立①②得U 效＝5 2 V ，故最大值U m ＝2U 效＝10 V ，C 选项正确．答案：C6．如图所示，先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化，如图甲所示；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若图甲、乙中的U 0、T 所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是( )A ．第一次灯泡两端的电压有效值是22U 0B ．第二次灯泡两端的电压有效值是32U 0C ．第一次和第二次灯泡的电功率之比是2∶9D ．第一次和第二次灯泡的电功率之比是1∶5 解析：第一次所加正弦交流电压的有效值U 1＝22U 0，A 项正确；设第二次所加交流电压的有效值为U 2，则根据有效值的含义有U 22R T ＝(2U 0)2R ×T 2＋U 20R ×T 2，解得U 2＝102U 0，B 项错；根据电功率的定义式P ＝U 2R 可知，P 1∶P 2＝1∶5，C 项错、D 项正确．答案：AD7．(2011·高考安徽卷)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.BL 2ω2R B.2BL 2ω2RC.2BL 2ω4RD.BL 2ω4R解析：扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L ，各点的平均速度v ＝Lω2，导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有：E ＝BL 2ω2，E 2R ×T 4＝I 2RT ，可得I ＝BL 2ω4R，故D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D8．(2013·山西四校联考)如图所示，电阻为r 的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度ω匀速转动．t ＝0时，线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则( ) A ．t ＝0时，线圈中的感应电动势最大 B ．1 s 内电路中的电流方向改变了ω2π次C ．滑片P 向下滑动时，电压表的读数不变D ．线圈匀速运动的角速度ω变大时，电流表的读数也变大解析：由题意可知：线圈在t ＝0时处于中性面位置，感应电动势最小为0，A 错；1 s 内线圈转过ω2π圈，每一圈电流方向改变两次，所以电流方向改变次数为ωπ，B 错；电压表测量的是路端电压，P 向下滑时，外电阻R 阻值增加，电压表示数增大，C 错；线圈转动速度ω增大时，由E ＝22BSω得，感应电动势有效值增加，电流有效值也增加，即电流表示数增加，D 对．答案：D9．(2011·高考四川卷)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°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 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解析：从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦式交变电流的感应电动势的一般表达式为e ＝E m cos θ，且该式的成立与转轴的位置无关(转轴平行于磁感线的情况除外)，则感应电流i ＝e R ＝E m R cos θ，由题给条件有：1＝E m 2×12，E m＝4 V ，则I m ＝2 A ，I 有效＝ 2 A ，电功率P ＝I 2有效R ＝4 W ，所以A 正确、B 错误．e ＝4cos ωt ＝4cos 2πT t ，即C 正确．由E m ＝BSω＝Φm ·2πT 得Φm ＝2T π，故Φ＝2T πsin 2πT t ，即D 错误．答案：AC10．(2012·江苏无锡模拟)如图所示，面积S ＝0.5 m 2，匝数n ＝100匝，内阻r ＝2.0 Ω的矩形线圈放在磁感应强度为B ＝0.02 T 的匀强磁场中，使它绕垂直于磁场的OO ′轴以角速度ω＝100π rad/s 匀速转动，线圈通过电刷与一个阻值R ＝20 Ω的电阻连接，○V 为交流电压表．求：(1)线圈从图示位置转过60°时，交流电压表V 的读数； (2)线圈从图示位置转过90°的过程中，电阻R 中通过的电荷量．解析：(1)由题意知，交变电流电动势的最大值为 E m ＝nBSω＝100×0.02×0.5×100π V ≈314 V 有效值E ＝E m 2＝3142V ≈222 V交流电压表的示数为有效值，则示数U ＝E ＝222 V .(2)线圈从图示位置转过90°的过程中，感应电动势的平均值为E －＝n ΔΦΔt ，平均电流I －＝E －R ＋r，通过电阻R 的电荷量q ＝I －·Δt 联立解得q ＝n ΔΦR ＋r ＝n BSR ＋r ，代入数据，得q ＝100×0.02×0.520＋2.0 C ≈0.045 C.答案：(1)222 V (2)0.045 C11．电压u ＝1202sin ωt V ，频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u 0＝60 2 V 的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？ (2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？⎝⎛⎭⎫已知人眼的视觉暂留时间约为116 s解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u －t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1 当u ＝u 0＝60 2 V 时，由u ＝1202sin ωt ，求得：t 1＝1600s 再由对称性知一个周期内能发光的时间：t ＝T －4t 1＝150 s －4×1600 s ＝175s再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为： t ＝3 6000.02×175s ＝2 400 s.(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300s(如图中t 2＋t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116 s 远大于1300s ，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．答案：(1)2 400 s (2)见解析12．(2012·高考安徽卷)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．(其它电阻均不计) 解析：(1)矩形线圈abcd 转动过程中，只有ab 和cd 切割磁感线，设ab 和cd 的转动速度为v ，则 v ＝ω·L 22①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 ②由图可知v y ＝v sin ωt ③ 则整个线圈的感应电动势为 e 1＝2E 1＝BL 1L 2ωsin ωt ④(2)当线圈由图3位置开始运动时，在t 时刻整个线圈的感应电动势为e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)⑤ (3)由闭合电路欧姆定律可知 I ＝E R ＋r⑥ E ＝E m 2＝BL 1L 2ω2⑦则线圈转动一周在R 上产生的焦耳热为 Q R ＝I 2RT ⑧ 其中T ＝2πω⑨于是Q R ＝πRω⎝ ⎛⎭⎪⎫BL 1L 2R ＋r 2⑩答案：(1)e 1＝2E 1＝BL 1L 2ωsin ωt (2)e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0) (3)πRω⎝⎛⎭⎫BL 1L 2R ＋r 2。

(浙江专用)2014版高考物理一轮作业手册第29讲交变电流的产生及描述(含解析)新人教版

课时作业(二十九) [第29讲交变电流的产生及描述]基础热身1．2012·新乡调研如图K29－1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．关于它的工作原理，下列分析正确的是( )图K29－1A ．当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大B ．当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流最大C ．当线圈平面转到跟中性面垂直的位置的瞬间，穿过线圈的磁通量最小D ．当线圈平面转到跟中性面垂直的位置的瞬间，线圈中的感应电流最小2．2012·泉州模拟如图K29－2所示，面积均为S 的线圈均绕其对称轴或中心轴在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e ＝BS ωsin ωt 的是( )A BC D图K29－23．2013·广东调研如图K29－3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，关于这两个正弦交流电，下列说法正确的是( )图K29－3A ．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 ＝10sin5πt VD ．交流电b 的最大值为203V4．2012·潍坊模拟两只相同的电阻，分别通过正弦波形的交流电和方波形的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图K29－4所示．在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q 1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q 2之比Q 1Q 2等于( )图K29－4A ．3∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．4∶3技能强化5. 2012·贵阳质检如图K29－5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的位置开始计时，则在t ＝πω时刻( )图K29－5A ．线圈中的感应电动势最小B ．线圈中的感应电流最大C ．穿过线圈的磁通量最大D ．穿过线圈的磁通量的变化率最小6. 2012·中山模拟如图K29－6甲所示，电阻R 的阻值为50 Ω，在a 、b 间加上如图乙所示的正弦交流电，则下列说法中正确的是( )图K29－6A ．电阻R 的功率为200 WB ．电流表示数为2 AC ．产生该交流电的线圈在磁场中转动的角速度为3.14 rad/sD ．如果产生该交流电的线圈转速提高一倍，则电流表的示数也增大一倍图K29－77．2012·合肥模拟在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd.线圈cd 边沿竖直方向且与磁场的右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从t ＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝2πT 绕cd 边按如图K29－7所示的方向转动，规定线圈中电流沿abcda 方向为正方向，则从t ＝0到t ＝T 时间内，线圈中的电流i 随时间t 变化关系图象为图K29－8中的( )图K29－88．2012·扬州模拟如图K29－9所示，边长为L 的正方形线圈abcd ，其匝数为n ，总电阻为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，下列判断正确的是( )图K29－9A ．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e ＝nBL 2ωsin ωtB ．在t ＝π2ω时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快C ．从t ＝0 时刻到t ＝π2ω时刻，电阻R 上产生的热量为Q ＝n 2B 2L 4πωR16（R ＋r ）2D ．从t ＝0 时刻到t ＝π2ω时刻，通过R 的电荷量q ＝nBL22（R ＋r ）9．2012·西城期末如图K29－10所示，单匝矩形金属线圈ABCD 在匀强磁场中绕转轴OO′匀速转动．转轴OO′过AD 边和BC 边的中点．若从图示位置开始计时，穿过线圈的磁通量Φ随时间t 的变化关系可以表示为Φ＝0.1cos20πt(Wb)，时间t 的单位为s.已知矩形线圈电阻为2.0 Ω.下列说法正确的是( )图K29－10A ．线圈中电流的有效值约为3.14 AB ．穿过线圈的磁通量的最大值为0.1 2 WbC ．在任意1 s 时间内，线圈中电流的方向改变10次D ．在任意1 s 时间内，线圈克服安培力所做的功约为9.86 J挑战自我10．2012·衡水调考如图K29－11所示，有一矩形线圈，面积为S ，匝数为N ，内阻为r ，绕垂直磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动，从图示位置转90°的过程中，下列说法正确的是( )图K29－11 A ．通过电阻R 的电荷量Q ＝πNBS22（R ＋r ）B ．通过电阻R 的电荷量Q ＝NBSR ＋rC ．外力做功平均功率P ＝N 2B 2S 2ω22（R ＋r ）D ．从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e ＝NBS ωsin ωt课时作业(二十九)1．AC [解析] 当线圈处在中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，但线圈中的感应电动势为零，感应电流也为零，当线圈平面转到跟中性面垂直的位置的瞬间，穿过线圈的磁通量最小，但磁通量的变化率最大，线圈中的感应电动势最大，感应电流也最大．选项A 、C 正确，选项B 、D 错误．2．A [解析] 根据正弦交变电流的产生条件可知，图A 可以；其余三个图均无电流产生． 3．BCD [解析] t ＝0时刻线圈处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，选项A 错误；由题中图象可知交流电a 、b 周期之比是2∶3，故线圈先后两次转速之比为3∶2，选项B 正确；交流电a 的瞬时值为u ＝U m sin ωt ＝10sin 2πT a t V ＝10sin 5πt V ，选项C 正确；又由U m＝nBS ω可知U bm ＝T a T b U am ＝0.40.6×10 V ＝203V ，选项D 正确．4．B [解析] 正弦波形交流电的有效值I 1＝22A ，方波形交流电的有效值I 2＝1 A ．根据Q ＝I 2Rt ，有Q 1∶Q 2＝1∶2，B 正确．5．B [解析] 经过时间t ＝πω，线圈转过的角度为π，则该时刻磁通量为零，左、右两个边的速度刚好与磁感线垂直，由电动势E ＝BLv 得此刻穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大，线圈中的感应电流最大，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．6．ABD [解析] 由图象可知，正弦交流电的有效值U ＝10022 V ＝100 V ，由P ＝U2R 得P＝100250 W ＝200 W ，选项A 正确；由I ＝UR 得I ＝2 A ，选项B 正确；周期T ＝0.02 s ，故角速度ω＝2πT ＝314 rad/s ，选项C 错误；由ω＝2πn ，E m ＝BS ω知：当转速n 增大一倍时，E m 增大一倍，电流表示数增大一倍，选项D 正确．7．B [解析] 在0～T4内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流方向沿adcba ，在T 4～34T 内，线圈中无感应电流；在34T 时，ab 边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向沿abcda ，故只有B 项正确．8．BCD [解析] 初始时刻，线圈平面处在中性面，穿过线圈的磁通量最大为12BL 2，线圈中的感应电动势为0，即t ＝0时，e ＝0，闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e ＝12nBL 2ωsinωt ，选项A 错误；在t ＝π2ω时刻，感应电动势e ＝12nBL 2ω，为最大，此时磁通量随时间变化最快，磁场穿过线圈的磁通量为零，选项B 正确；U 有＝e m2＝24nBL 2ω，I 有＝U 有r ＋R ＝2nBL 2ω4（r ＋R ）2，从t ＝0时刻到t ＝π2ω时刻，电阻R 上产生的热量为Q ＝I 2有Rt ＝n 2B 2L 4πωR 16（R ＋r ）2，选项C 正确；根据q ＝I Δt ＝n ΔΦ（R ＋r ）Δt ·Δt ＝n ΔΦR ＋r 以及从t ＝0 时刻到t ＝π2ω时刻磁场穿过线圈的磁通量变化ΔΦ＝12BL 2，可得此时间段内通过R 的电荷量q ＝nBL22（R ＋r ），选项D 正确．9．D [解析] 由Φ＝0.1cos20πt(Wb)可知，线圈转动的角速度ω＝20π rad/s ，穿过线圈的磁通量的最大值为Φm ＝BS ＝0.1 Wb ，选项B 错误；线圈中感应电动势的瞬时表达式为e ＝BS ωsin20πt(V)＝2πsin20πt(V)，感应电流的瞬时表达式为i ＝ER ＝πsin20πt(A)，故线圈中电流的最大值约为3.14 A ，选项A 错误；周期T ＝2πω＝0.1 s ，因为每个周期内线圈中的电流方向改变2次，所以任意1 s 内，线圈中电流的方向改变20次，选项C 错误；线圈克服安培力所做的功等于线框中消耗的电能，故在任意1 s 时间内，线圈克服安培力所做的功约为W ＝I 2有Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π22×2×1 J ＝9.86 J ，选项D 正确．10．BC [解析] Q ＝I Δt ＝N ΔΦR ＋r Δt ·Δt ＝N ΔΦR ＋r ＝NBSR ＋r，选项A 错误，选项B 正确；外力做功的平均功率等于电路消耗的电功率，即P ＝U 2有R ＋r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E m 22·1R ＋r ＝N 2B 2S 2ω22（R ＋r ），选项C正确；从图示位置开始计时，t ＝0时，e ＝E m ＝NBS ω，故感应电动势随时间按余弦规律变化，即e ＝NBS ωcos ωt ，选项D 错误．。

高考物理总复习课时作业29 交变电流的产生和描述教科版

课时作业(二十九) 交变电流的产生和描述◎必做部分1．如图所示，一小型交流发电机模型的矩形线圈在匀强磁场中绕中心轴以较小的角速度转动，并通过两滑环与电刷和电流表相连，在实验中可看到( )A．线圈转动一周，电流表指针将左右摆动B．线圈平面转到与磁感线相垂直时，电流表的指针偏转最大C．线圈平面转到与磁感线平行时，电流表的指针偏转最大D．线圈转动时，电流表的指针只向一个方向偏转，不会左右摆动2．(2013·唐山摸底)一理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，原线圈两端接一正弦式交变电流，其电压μ随时间t变化的规律如图所示，则副线圈两端电压的有效值和频率分别为( )A．110 V； 0.5 Hz B．110 V；50 HzC．220 V；50 Hz D．220 V；0.5 Hz3．如图所示，矩形线圈abcd，面积为S，匝数为N，线圈电阻为R，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ω匀速转动，(P1以ab边为轴，P2以ad 边中点为轴)当线圈平面从与磁场方向平行开始计时，线圈转过90°的过程中，绕P1及P2轴转动产生的交流电的电流大小，电荷量及焦耳热分别为I1，q1，Q1及I2，q2，Q2，则下面判断正确的是( )A．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→dB．q1>q2＝NBS/2RC．I1＝I2＝(NBωS)/2RD．Q1<Q2＝πω(NBS)2/2R4．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示，由图可知( )A ．该交流电的电压瞬时值表达式为u ＝100 sin 25t (V)B ．该交流电的频率为40 HzC ．该交流电的电压的有效值为141.4 VD ．若将该交流电压加在阻值R ＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W 5.(2013· 南通一诊)如图所示，面积为S 、匝数为N 、电阻为r 的线圈与阻值为R 的电阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻R 的两端．线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转动轴以角速度ω匀速转动．设线圈转动到图示位置的时刻t ＝0.则( )A ．在t ＝0时刻，线圈处于中性面，流过电阻R 的电流为0，电压表的读数也为0B ．1秒钟内流过电阻R 的电流方向改变ωπ次C ．在电阻R 的两端再并联一只电阻后，电压表的读数将减小D ．在电阻R 的两端再并联一只电容较大的电容器后，电压表的读数不变6．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图像如图所示，下列说法中正确的是( )A ．交变电流的频率为0.02 HzB ．交变电流的瞬时表达式为i ＝5cos 50πt (A)C ．在t ＝0.01 s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D ．若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其产生的热功率为5 W7.(2013·上海八校联考)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，从线圈平面与磁场方向平行的位置开始计时，则在t ＝πω时刻( )A．线圈中的感应电动势最小B．线圈中的感应电流最大C．穿过线圈的磁通量最大D．穿过线圈磁通量的变化率最小8．(2013·山东潍坊一模)图甲是一教学演示用发电机构造示意图，线圈转动产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙．发电机线圈电阻为0.5 Ω，外接电阻为2.5 Ω，则( )A．线圈转速为50 r/sB．电压表的示数为2.5 VC电路中电流的最大值为 2 AD．若线圈转速变为原来的2倍，外接电阻消耗的功率也变为原来的2倍9.一个单匝的线圈，面积为S，在匀强磁场中绕垂直磁感线的轴匀速转动，产生的感应电动势随时间变化的规律如图所示，下列判断正确的是( )A．在A、C时刻线圈通过中性面B．在t＝T12时刻线圈与磁感线的夹角为60°C．电动势的有效值与平均值相等都是E m 2D．磁场的磁感应强度为B＝E m T 2πS10．(2013·浙江五校联考)如图甲所示，一小型发电机内有n＝100匝矩形线圈，线圈电阻为 1 Ω.在外力作用下矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，发电机线圈两端与R＝10 Ω的电阻构成闭合回路．通过电阻R的交变电流如图乙所示，下列判断正确的是( )A ．该发电机产生的交变电流的频率为100 HzB ．该发电机产生交流电的最大感应电动势为200 2 VC ．穿过线圈的最大磁通量约为0.01 WbD ．若线圈的转速增加一倍，电阻R 的功率为32 kW11.如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I ＝________.线框从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量q ＝________.12．(2012·江苏单科)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π.磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd的边长ab ＝cd ＝l 、bc ＝ad ＝2l .线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 和ad 边同时进入磁场．在磁场中．两条边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r ，外接电阻为R .求：(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m ； (2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F ； (3)外接电阻上电流的有效值I .◎选做部分13．如图所示，金属直导轨AC 与金属框架EF 在同一水平面内．金属框架EF 由形状为若干个相同的正弦曲线正半部分和长方形的三条边交替连接组合而成，图中的长度L 、h 为已知量．EF 框架下端到AC 导轨的间隔距离忽略不计，框架左端与直导轨A 点之间连接有阻值为r 的电阻，导轨和框架的电阻不计．磁感应强度为B 的匀强磁场与框架所在的水平面垂直．光滑的长金属杆ab 在外力作用下以恒定速度v 0从左向右滑过直导轨和框架，金属杆跟直导轨和框架接触良好，金属杆ab 的电阻不计．则( )A ．通过电阻r 的电流的有效值为2＋24·Bhv 0r B ．通过电阻r 的电流的有效值为32·Bhv 0rC ．金属杆由A 移动到D 外力做的功为3＋224·B 2h 2Lv 0rD ．金属杆由A 移动到D 外力做的功为3B 2h 2Lv 02r14．2008年1月下旬，我国南方遭受特大暴风雪灾害，使电力中断，某单位紧急启用备用电源，由柴油机带动发电机发电，下图为其结构示意图，abcd 为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc 边中点，与ab 边平行，它的一端有一半径r 0＝20 cm 的转轮，通过皮带连在柴油机的飞轮上，设线框由N ＝1 000匝导线圈组成，每匝线圈的面积S ＝200 cm 2，磁极间可视为匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ，柴油机飞轮半径R ＝10.0 cm.问柴油机飞轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U ＝220 V?详解答案课时作业(二十九)◎必做部分1．AC 线圈在匀强磁场中以较小的角速度转动，可以认为电流表的示数反映了感应电流大小、方向的变化．线圈平面转到与磁感线平行时，通过线圈平面的磁通量为零，但此时的感应电动势最大；电流表的指针偏转最大．线圈转动一周，电流方向变化两次，故电流表指针将左右摆动．2．B 本题考查变压器和交变电流四值．根据题图可知原线圈两端所接正弦式交变电流的周期为2×10－2s ，频率为50 Hz ，有效值为U 1＝3112V ＝220 V ，则原副线圈的电压比有U 1U 2＝n 1n 2，得副线圈两端电压的有效值为U 2＝110 V ，由变压器的原理可知原副线圈的交变电流的频率相同，所以可判定只有B 对．3．C 本题考查电磁感应中电荷量、热量、电流的计算和感应电流方向的判断．绕P 1、P 2转动时电流的方向相同，但电流的方向为a →d →c →b →a ，A 错；电荷量q ＝n ΔΦR，与绕哪个轴转动没有关系，B 错；线圈绕两轴转动时产生的电动势相同，所以电流相同，发热也相同，C 对D 错．4．D 由图知该交流电的电压的峰值为100 V ，周期为0.04 s ，所以频率为25 Hz ，电压瞬时值表达式为u ＝100sin 50πt (V)，电压有效值U ＝50 2 V ，由P ＝U 2R知加在阻值R ＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W.5．BC 本题考查交变电流的描述．图示位置为中性面，但由于产生的是正弦式交变电流，故流过电阻的瞬时电流是0，电压表的读数为其有效值，不是0，故A 错；线圈每转过一圈，电流方向改变2次，故1秒内电流方向改变的次数为2f ＝2×ω2π＝ωπ，B 正确；R 两端再并联电阻时，干路电流增大，路端电压减小，故电压表读数减小，C 正确；并联电容后，由于电路与交变电源相连，电容反复充电放电，该支路有电流通过，故电压表的读数减小，D 错误．6．D 由图像知，交流电的周期为0.02 s ，故频率为50 Hz ，A 错误；转动的角速度ω＝2πT＝100π，故电流瞬时表达式为i ＝5cos 100πt (A)，B 错；t ＝0.01 s 时，电流最大，此时线圈磁通量应为0，C 错；交流电电流的有效值I ＝I m2＝52A ，故P ＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎪⎫522×0.4W ＝5 W ，故D 正确．7．B 设线圈转动的周期为T ，AC 之间的距离为s ，则T ＝2πω，从线圈平面与磁场方向平行的位置开始计时，产生交变电流的表达式为e ＝E m cos ωt ，在t ＝πω＝T2时刻，线圈转过180°，线圈中的感应电流最大，虽然穿过线圈的磁通量为零，但穿过线圈磁通量的变化率最大，只有选项B 正确．8．ABC 由题图乙可知，交流电的周期为T ＝0.02 s ，由T ＝1n可得，转速n ＝50 r/s ，选项A 正确；交流电电动势的有效值为E ＝E m2＝3 V ，电压表的示数U ＝ER ＋rR ＝2.5 V ，选项B正确；电路中电流的最大值为I m ＝E mR ＋r＝ 2 A ，选项C 正确；外电阻消耗的功率为P R ＝⎝⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2R ，若转速变为原来的2倍，由E m ＝nBSω，E ＝nBSω2得，电动势变为原来的2倍，外接电阻消耗的功率变为原来的4倍，选项D 错误．9．BD 本题考查交流电的产生、变化规律以及一些特征量，意在考查考生的理解能力，建模能力．在A 、C 时刻线圈中产生的电动势最大，是线圈平面与磁感线平行的位置，A 错；电动势的有效值是E m2，平均值是BS π/2ω＝2E m π，C 错；t ＝0时刻线圈在中性面，到t ＝T12时刻，线圈转过30°，t ＝T 12时刻线圈与磁感线的夹角为60°，B 正确；根据E m ＝BSω和ω＝2πT推得B ＝E m T2πS，D 正确．10．C 由图乙知交流电的周期T ＝0.02 s ，即f ＝1T＝50 Hz ，A 错误；最大感应电动势E m ＝I m (R ＋r )＝220 2 V ，B 错误；且E m ＝nBSω，而ω＝2πT ，解得Φm ＝E mnω≈0.01 Wb，C 正确；由E m ＝nBSω知线圈转速增加一倍，感应电动势增为原来的2倍，则通过电阻的电流为40 A ，其功率P ＝I 2R ＝16 kW ，D 错误．11．解析：由题意可知E max ＝BSω，则回路中电流的有效值为I ＝E max2R；当线圈从中性面转过π2时，由E ＝ΔΦΔt ＝BS Δt 、I ＝E R 及q ＝I Δt 可求得q ＝BS R.答案：2BSω2R BSR12．解析： (1)bc 、ad 边的运动速度v ＝ωl2 感应电动势E m ＝4NBlv解得E m ＝2NBl 2ω. (2)电流I m ＝E mr ＋R安培力F ＝2NBI m l解得F ＝4N 2B 2l 3ωr ＋R.(3)一个周期内，通电时间t ＝49TR 上消耗的电能W ＝I 2m Rt 且W ＝I 2RT解得I ＝4NBl 2ω3r ＋R.答案： (1)2NBl 2ω (2)4N 2B 2l 3ωr ＋R (3)4NBl 2ω3r ＋R◎选做部分13．BD 电流变化的周期T ＝2L v 0，一个周期内电阻r 上的焦耳热Q ＝12·Bhv 0/22r ·2Lv 0＋12·Bhv 02r·2L v 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3Bhv 02r 2r ⎝ ⎛⎭⎪⎫2L v 0，电流有效值I ＝3Bhv 02r，B 选项正确．金属杆匀速运动，外力所做的功等于电阻r 上产生的焦耳热Q ＝3B 2h 2Lv 02r ，D 选项正确．14．解析：当柴油机飞轮转动时线框中产生正弦交流电，设转轮的角速度为ω0，其电动势最大值E m ＝NBSω0对正弦交流电E m ＝2U转轮和飞轮边缘线速度相等，即ω0r 0＝ωR 解得ω＝2Ur 0NBSR，代入数值得ω＝31.11 rad/s答案： 31.11 rad/s。

届高考物理人教版第一轮复习课时作业交变电流的产生和描述

第十章交变电流传感器第1课时交变电流的产生和描述基本技能练1．如图所示，面积均为S的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是() 解析线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsin ωt，由这一原理可判断，A图中感应电动势为e＝BSωsin ωt；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；C、D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直。

答案 A2．一个电炉上标有“220 V,1.5 kW”，那么为了使它正常工作，所使用的正弦交流电应是() A．电压最大值为220 V，电流最大值约为9.6 AB．电压最大值为311 V，电流最大值约为6.8 AC．电压有效值为220 V，电流有效值约为6.8 AD．电压有效值为311 V，电流有效值约为9.6 A解析电压有效值为220 V，最大值约为311 V，电流有效值约为I＝P/U＝6.8 A，最大值约为9.6 A，选项C正确。

答案 C3．(多选)如图1所示，是一个匝数n＝10匝的线圈在匀强磁场中沿垂直于磁场方向的固定轴转动时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图象。

关于线圈中的感应电动势，以下说法正确的是()图1A．在t1＝0.1 s时，线圈中的感应电动势最大B．在t2＝0.2 s时，线圈中的感应电动势最大C．在t3＝0.3 s时，线圈中的感应电动势改变方向D．在t4＝0.4 s时，线圈中的感应电动势改变方向解析由题图可知，在t1＝0.1 s时，线圈中的磁通量最大，线圈转到中性面，感应电动势为零，A错；在t2＝0.2 s时，线圈中的磁通量为零，线圈平面跟磁场平行，感应电动势最大，B对；在t3＝0.3 s时，线圈中磁通量又达到最大值，感应电动势为零，方向发生改变，C对；t4＝0.4 s前后，线圈中的感应电动势的方向不变，D错。

答案BC4．(2014·北京朝阳区一模)一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图2所示。

(浙江专用)2014届高考物理一轮复习课时作业第十章交变电流第一节交变电流的产生和描述

课时作业30 交变电流的产生和描述一、不定项选择题1．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是( )A ．t ＝0时刻线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，交流电动势最大D ．该线圈相应的交流电动势图象如图乙所示2．(2012·福州模拟)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。

不计电路的其他电阻。

下列说法正确的是( )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 A3．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。

已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )A ．电压表V 的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒钟改变50次C ．灯泡实际消耗的功率为484 WD ．发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为24.2 J4．电学元件的正确使用，对电路安全工作起着重要作用。

某电解电容器上标有“25 V,450 μF”字样，下列说法中正确的是( )A ．此电容器在交流、直流电路25 V 的电压时都能正常工作B ．此电容器只有在不超过25 V 的直流电压下才能正常工作C ．当工作电压是直流25 V 时，电容才是450 μFD ．若此电容器在交流电压下工作，交流电压的最大值不能超过25 V5．(2012·吉林二模)如图所示，闭合的矩形导体线圈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 ′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。

已知匀强磁场的磁感应强度为B ，线圈匝数为n ，AB 边的边长为L 1，AD 边的边长为L 2，线圈电阻为R ，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )A ．线圈中感应电流的方向为ABCDAB ．线圈中的感应电动势为2nBL 2ωC ．穿过线圈的磁通量的变化率最大D ．线圈AD 边所受安培力的大小为n 2B 2L 1L 2ωR，方向垂直纸面向里6．某n 匝线圈，线圈所围面积为S ，匀速转动的角速度为ω，线圈总电阻为r ，外电路电阻为R ，匀强磁场的磁感应强度为B 。

高考物理一轮总复习课时强化作业41交变电流的产生和描述新人教版

课时强化作业四十一交变电流的产生和描述1．(2016届丰台区模拟)如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd 一半处于磁感应强度为B 的水平有界匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与其中心线重合的竖直固定转轴OO ′以角速度ω匀速转动，固定转轴恰好位于匀强磁场的右边界．则线框中感应电流的有效值为( )A.2BSω4RB.2BSω2RC.BSω4R D.BSω2R解析：单匝矩形闭合导线框在磁场中以垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦式交流电，感应电流的最大值I m ＝BSω2R ，根据电流热效应得：⎝ ⎛⎭⎪⎫I m 22·R ·T 2＝I 2·R ·T ，解得I ＝BSω4R ，C 选项正确．答案：C2．(多选)(2016届雅安期末)先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电(如图1)．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化，如图2甲所示；第二次灯泡两端的电压变化规律如图2乙所示．若甲、乙图中的U 0、T 所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是( )A ．第一次灯泡两端的电压有效值是22U 0 B ．第二次灯泡两端的电压有效值是32U 0C ．第一次和第二次灯泡的电功率之比是2∶9D ．第一次和第二次灯泡的电功率之比是1∶5解析：计算交变电流的有效值，图2甲为正弦式交变电流，有效值U 1＝U 02＝22U 0，图2乙为矩形交变电流，2U 02R·T 2＋U 20R ·T 2＝U 2R ·T ，解得有效值U 2＝102U 0，A 选项正确，B 选项错误；根据电功率公式得，P 1∶P 2＝U 21R ∶U 22R＝1∶5.故C 选项错误，D 选项正确．答案：AD3．(多选)(2016届呼伦贝尔模拟)电路如图甲所示，电阻R 的阻值为484 Ω，C 为电容器，L 为直流电阻不计的自感线圈，开关S 断开，当接上如图乙所示的电压U ，下列说法正确的是( )A ．R 上的电压应等于155.5 VB ．电压表的示数为220 VC ．电阻R 消耗的功率小于50 WD ．为保证闭合开关S 后电容器不被击穿，该电容器的耐压值不得小于311 V解析：计算交变电流的有效值，U 2R ·T ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫31122R·T2，解得有效值U ≈155.5 V，电压表的示数为有效值155.5 V ，由于线圈的自感作用，电阻R 两端的电压应小于155.5 V ，A 、B 选项错误；当不考虑线圈的自感作用时，电阻R 消耗的功率为P ＝U 2R＝50 W ，所以由于线圈的自感作用影响，电阻R 消耗的功率一定小于50 W ，C 选项正确；根据电源电压图象可知，电源的最大电压为311 V ，电容器的耐压值不能小于311 V ，D 选项正确．答案：CD4．(2016届高安市模拟)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：我国照明电网中，线圈绕轴转动产生交变电动势，最大值为220 2 V ，周期为0.02 s ，最大值表达式为E m ＝NBSω，转子匀速转动时的转速减半，交变电动势的最大值减半为110 2 V ，周期变为2倍，为0.04 s ，故B 选项正确．答案：B5．(多选)(2014年天津高考)如图1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2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：t ＝0时刻，感应电动势为零，线圈处于中性面位置，故A 选项正确；分析图象可知，曲线a 、b 表示的感应电动势的周期分别为T a ＝0.04 s ，T b ＝0.06 s ，根据周期和转速的关系n ＝1T可知，n a ∶n b ＝3∶2，故B 选项错误；根据周期与频率的关系可知曲线a 表示的交变电动势频率为f ＝1T＝25 Hz ，故C 选项正确；正弦式交变电动势的有效值为E ＝NBSω2＝2NBS πT，曲线a 、b 的感应电动势有效值之比为E a ∶E b ＝T b ∶T a ＝3∶2，已知曲线a 的感应电动势的有效值为E a ＝1522 V ，则曲线b 表示的交变电动势有效值为5 2 V ．故D 选项错误．答案：AC6．(多选)(2016届河南省开封市模拟)实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO ′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻 R 和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V ．已知R ＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是( )A ．线圈位于图中位置时，线圈中的瞬时电流为零B ．从中性面开始计时，线圈电流瞬时值表达式为i ＝2sin50πt (A)C ．流过电阻R 的电流每秒钟方向改变50次D ．电阻R 上的热功率等于20 W解析：线圈位于图中位置时，产生的瞬时电流最大，A 选项错误；根据欧姆定律可知，线圈中的电流I ＝UR＝1 A ，电流的最大值为I m ＝2I ＝ 2 A ，线圈转动的角速度ω＝2πn ＝50π rad/s，从中性面开始计时，线圈电流的瞬时值为I ＝2sin50πt ，B 选项正确；周期T ＝2πω＝0.04 s ，一个周期内电流方向改变两次，故流过电阻R 的电流每秒钟方向改变50次，C 选项正确；根据热功率公式得，电阻R 上的热功率P ＝I 2R ＝100 W ，D 选项错误．答案：BC7．(多选)(2016届孝感市模拟)如右图所示，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 ，下列说法正确的是( )A ．线框中感应电流的有效值为2IB ．线框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，通过导线横截面的电荷量为2IωD ．线框转一周的过程中，产生的热量为8πRI2ω解析：线圈沿与磁场方向垂直的轴做匀速转动，产生正弦式交变电流，感应电动势的最大值E m ＝BSω，感应电流的最大值I m ＝E mR ，感应电动势的瞬时值为e ＝BSωsin ωt ，感应电流的瞬时值为I ＝BSωsin ωtR，其中ωt ＝π6时，电流瞬时值为I ，联立解得电流的有效值为2I ，A 选项错误；线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为Φm ＝BS ＝E m ω＝2IR ω，B 选项正确；从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为q ＝I Δt ＝BS R ＝2I ω，C 选项正确；线框转一周的过程中，产生的热量Q ＝E 2R ·2πω＝4πRI 2ω，故D选项错误．答案：BC8．(多选)(2016届东莞期末)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100 Ω的灯泡，不计电路的其他电阻，则( )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20 VD ．0～0.01 s 时间内通过灯泡的电量为0解析：当线框经过中性面时，通过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，故t ＝0时刻，线框位于中性面，A 选项错误；感应电动势的周期为T ＝0.02 s ，一个周期内电流方向改变2次，故每秒钟电流方向改变100次，B 选项正确；感应电动势的最大值为31.1 V ，有效值为22 V ，根据闭合电路欧姆定律可知，灯泡两端的电压为U ＝RR ＋r E ＝20 V ，C 选项正确；根据电荷量公式q ＝n ΔΦR ＋r ＝2BSR ＋r可知，0～0.01 s 时间内通过灯泡的电量为q ＝0.001 8 C ，D 选项错误．答案：BC9．如图所示，矩形线圈abcd ，面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为R ，在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P 1和P 2以相同的角速度ω匀速转动(P 1以ab 边为轴，P 2以ad 边中点与bc 边中点的连线为轴)，当从线圈平面与磁场方向平行开始计时，线圈绕过90°的过程中，绕P 1和P 2轴转动产生的交流电的电流大小、电荷量及焦耳热分别为I 1、q 1、Q 1及I 2、q 2、Q 2，则下列判断正确的是( )A ．线圈绕P 1和P 2轴转动时电流的方向相同，都是a →b →c →dB ．q 1＞q 2＝NBS 2RC ．I 1＝I 2＝NBωS2RD ．Q 1＜Q 2＝ωπNBS22R解析：在匀强磁场中，线圈绕着垂直磁场方向的不同轴转动时，感应电动势相同，根据右手定则可知，感应电流为d →c →b →a ，A 选项错误；从线圈平面与磁场方向平行开始计时，线圈绕过90°的过程中，磁通量的变化量相同，故产生的电荷量相等，B 选项错误；线圈转动的角速度相同，故产生的热量相等，D 选项错误；感应电动势的瞬时值为e ＝NBSωsin ωt ，感应电流最大值为I m ＝E m R，有效值为I ＝I m2，联立解得I ＝NBωS2R，C 选项正确．答案：C10．(2016届天津模拟)将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R ，让它在磁感应强度为B 、方向如图所示的磁场中绕轴MN 匀速转动，转速为n ，导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P 的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分电阻不计，求灯泡的电阻r .解析：小灯泡正常发光，电压等于额定电压，线框没有电阻，灯泡的电压等于感应电动势的有效值．线圈转动产生感应电动势的最大值E m ＝BSω＝B πR 2·2πn2＝B π2R 2n ，有效值E ＝E m2＝B π2R 2n2，电功率P ＝E 2r ，联立解得灯泡的电阻r ＝π2R 2nB 22P.答案：π2R 2nB22P11．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．解析：(1)0～t 1时间内，线圈的面积不变，磁感应强度线性变化，属于感生电动势的类型，根据法拉第电磁感应定律，E ＝n ΔΦΔt ＝nL 1L 2ΔB Δt ＝nL 1L 2B 1－B 0t 1，根据闭合电路欧姆定律得通过电阻R 的电流为I ＝ER ＋r ＝nL 1L 2B 1－B 0R ＋r t 1.(2)线圈匀速转动，属于动生电动势的类型，根据交变电流的产生原理可知，产生的电流是正弦式交流电，最大值E m ＝nB 1L 1L 2ω，有效值E ＝E m2＝22nB 1L 1L 2ω，电流通过电阻R 产生的热量Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2R ·t ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤nB 1L 1L 2ω2R ＋r 2R ·2πω＝n 2B 21L 21L 22ωπR R ＋r 2. (3)电荷量的计算需要使用平均值，线圈匀速转动90°的过程中，平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝nB L 1L 2π2ω＝2ωnBL 1L 2π，流过电阻R 的平均电流I ＝E R ＋r ＝2ωnBL 1L 2R ＋r π，则通过电阻R 的电荷量q ＝It ＝2ωnBL 1L 2R ＋r π·π2ω＝nBL 1L 2R ＋r. 答案：(1)nL 1L 2B 1－B 0R ＋r t 1 (2)n 2B 21L 21L 22ωπRR ＋r 2 (3)nBL 1L 2R ＋r12．(2016届成都月考)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图1所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π2，磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝L ，bc＝ad ＝2L .线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 和ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r ，外接电阻为R .求：(1)从图1所示位置开始计时，在坐标系中画出一个周期内流过电阻R 的电流随时间变化的图象；(要求正确标示出相应的纵坐标)(2)外力推动线圈转动一周需要做多少功？解析：分析磁场的分布特点可知，线圈在磁场中匀速转动，产生恒定的感应电动势和感应电流，从图示位置开始计时，0～π4ω时间内，线圈磁通量不变，没有感应电流产生，π4ω～3π4ω时间内，线圈bc 边运动速度v ＝ωL2，产生感应电动势E bc ＝NBv ·2L ，同理，线圈ad 边产生感应电动势E ad ＝NBv ·2L ，根据右手定则可知，bc 边和ad 边产生的感应电动势方向相同，方向为adcd ，故感应电动势E ＝E bc ＋E ad ＝2NBL 2ω，感应电流I ＝Er ＋R ＝2NBL 2ωr ＋R ；同理3π4ω～5π4ω时间内，没有感应电流产生，5π4ω～7π4ω时间内，感应电流为I＝2NBL 2ωr ＋R ，方向abcd ，7π4ω～2πω时间内，没有感应电流，图象如下：(2)根据功能关系可知，外力推动线圈一周所做的功等于焦耳热的产生，W ＝I 2(R ＋r )t ＝4πωN 2B 2L4R ＋r.答案：(1)见解析 (2)4πωN 2B 2L4R ＋r。

高考物理一轮复习课时分层提升练四十二交变电流的产生和描述(含解析)-人教版高三全册物理试题

交变电流的产生和描述(建议用时45分钟)1.(多项选择)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,以下说法正确的答案是( )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【解析】选A、B、C。

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。

2.如下列图,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。

下述说法正确的答案是( )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最小D.假设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】选D。

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线平行,磁通量最小,感应电动势最大,故A、B、C错误;电流的有效值I=,现在其余的量都不变,角速度增大一倍后,电流也增大一倍,故D正确。

3.(2019·抚州模拟)如下列图是一台发电机的结构示意图,其中N、S是永久磁铁的两个磁极,它们的外表呈半圆柱面形状。

M是圆柱形铁芯,它与磁极的柱面共轴,铁芯上有一矩形线框,可绕与铁芯M共轴的固定转动轴旋转。

磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场。

假设从图示位置开始计时,当线框绕固定转动轴匀速转动时,如下图像中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是( )【解析】选D。

因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状,磁极间的磁感线如下列图,即呈辐向分布磁场,磁感应强度的大小不变,仅方向发生改变,故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线,产生的感应电动势的大小不变,线框越过空隙后,由于线框切割磁感线方向发生变化,所以感应电动势的方向发生变化,综上所述,D正确。