高中物理【交变电流的产生和描述】一轮复习资料

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2．(交变电流的图象)(多选)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别 以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势如图乙中曲线 a、b 所 示，则下列说法正确的是( AC )
A．曲线 a 表示的交变电动势瞬时值 ea＝36 sin(25πt) V B．曲线 b 表示的交变电动势最大值为 28.8 V C．t＝5×10－2 s 时，曲线 a、b 对应的感应电动势大小之比为 3 2∶2 D．t＝6×10－2 s 时，曲线 a 对应线框的磁通量最大，曲线 b 对应线框的磁通量为 0
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(3)变化规律(线圈在中性面位置开始计时) ①电动势(e)：e＝Emsin ωt. ②电压(u)：u＝____U_m__si_n_ω_t_________． ③电流(i)：i＝____Im__si_n_ω_t__________． (4)图象(如图所示)
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二、描述交变电流的物理量
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第 1 讲 交变电流的产生和描述
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C 必备 知识 落实
一、交变电流的产生和变化规律 1．交变电流：大小和方向都随时间做_周__期__性___变化的电流． 2．正弦式交变电流 (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)中性面 ①定义：与磁场垂直的平面． ②特点：线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量_最__大___，磁通量的变化率为_零___， 感应电动势为_零___．线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次．
A．i＝10 2sin(100πt)A C．i＝20 2sin(50πt)A
B．i＝10sin(10πt)A D．i＝20sin(100πt)A
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解析：选 D．由题图可知 T＝0.02 s，则 ω＝2Tπ＝100π rad/s.当 t＝0.002 5 s 时，i＝ 14.14 A，代入 i＝Imsin ωt 得 Im＝20 A．所以电流的瞬时值表达式为 i＝20sin(100πt)A．
A．1∶1 C．1∶2
B．2∶1 D．4∶3
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解析：选
C．设两种交变电流的最大值为
Im.对于正弦波形电流，其有效值
I1＝
Im ， 2
对于方波形电流，其有效值 I2＝Im.根据焦耳定律 Q＝I2RT，得 Q1∶Q2＝I21∶I22＝1∶2.
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3．(沪科版选修 3－2·P59·T4 改编)如图为某正弦式交变电流的图象，则该电流的瞬 时值表达式为( D )
图象
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1．(交变电流的函数表达式)一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势 e＝ 200 2·sin 100πt(V)，下列说法正确的是( C )
A．该交变电流的频率是 100 Hz B．当 t＝0 时，线圈平面恰好与中性面垂直 C．当 t＝2100 s 时，e 达到峰值 D．该交变电流的电动势的有效值为 200 2 V
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【题后反思】 关于交变电流的产生及规律的三点注意 (1)只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化 规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关． (2)注意峰值公式 Em＝nBSω 中的 S 为有效面积． (3)在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对 应起来，再根据特殊位置特征求解．
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解析：选 C．由交变电流的电动势瞬时值表达式 e＝nBSω·sin ωt 可知，交变电流的 频率 f＝2ωπ＝1020ππ Hz＝50 Hz, 选项 A 错误；在 t＝0 时，电动势瞬时值为 0，线圈平面 恰好在中性面处，选项 B 错误；当 t＝2100 s 时，e 达到峰值 Em＝200 2 V，选项 C 正 确；该交变电流的电动势的有效值 E＝Em2＝200 V，选项 D 错误．
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解析：选 AC．由图乙可知，Ema＝36 V，ωa＝2Tπa＝8×21π0－2rad/s＝25π rad/s，则曲 线 a 表示的交变电动势瞬时值 ea＝Emasin ωat＝36 sin(25πt) V，故 A 正确；由图乙知曲 线 a、b 表示的交变电流的周期之比为 Ta∶Tb＝(8×10－2)∶(12×10－2)＝2∶3，由 ω＝2Tπ 可知 ωa∶ωb＝Tb∶Ta＝3∶2，所以曲线 a、b 表示的交变电动势的最大值之比 Ema∶Emb ＝NBSωa∶NBSωb＝ωa∶ωb＝3∶2，又知 Ema＝36 V，则 Emb＝24 V，故 B 错误；曲线 a 表示的交变电动势瞬时值 ea＝36 sin(25πt) V，曲线 b 表示的交变电动势瞬时值 eb＝ 24sin12×2π10－2tV，将 t＝5×10－2 s 代入，得 ea＝－18 2 V，eb＝12 V，|ea|∶eb＝3 2∶2， 故 C 正确；由图乙知 t＝6×10－2 s 时，a 的电动势最大，对应线框的磁通量为 0，b 的电 动势为 0，对应线框的磁通量最大，故 D 错误．
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2．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
磁通量
Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt
图象
电动势
e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt
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电流 电压
函数表达式 i＝Imsin ωt＝RE＋mrsin ωt u＝Umsin ωt＝RR＋Emrsin ωt
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2．(鲁科版选修 3－2·P61·T1)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(如图甲、乙所示)．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( C )
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4．正弦式交变电流的有效值与最大值的关系，对整个波形、半个波形、甚至14个波 形都成立．
5．非正弦式交流电的有效值利用等效法求解，即：I2Rt 等于一个周期内产生的总 热量．
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一、易混易错判断 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．( × ) 4．在一个周期内，正弦交流电的方向改变两次．( √ ) 5．最大值和有效值之间的 2倍关系只适用于正弦式交变电流．( √ ) 6．交流电压表及交流电流表的读数均为峰值．( × )
I＝ Im2，U＝Um2，E＝Em2. 3．平均值：－E ＝nΔΔΦt .
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1．只有转轴和磁场垂直时，才产生正弦式交变电流． 2．只有正(余)弦式交变电流的有效值和峰值之间是 E＝Em2的关系，其他交流电不是． 3．正弦式交变电流的产生：中性面垂直于磁场方向，线圈平面平行于磁场方向时 电动势最大：Em＝nBSω. (1)线圈从中性面开始转动：e＝Emsin ωt. (2)线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcos ωt.
1．交变电流的周期和频率的关系：T＝1f . 2．峰值和有效值 (1)峰值：交变电流的峰值是它能达到的__最__大__值__． (2)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过大小_相__同___的电阻，如果在交变电流的 一个周期内它们产生的__热__量__相等，则这个恒定电流 I、恒定电压 U 就是这个交变电流 的电流的有效值和电压的有效值． (3)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系
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3．(交变电流的产生)(多选)1831 年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电 机(图甲)，它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上的第一台发电机．图乙是这 个圆盘发电机的结构示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间， 两块铜片 C、D 分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触，使铜盘转动，电阻 R 中就有电流 通过．若所加磁场为匀强磁场，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀 速转动，下列说法正确的是(ACD)
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4．(人教版选修 3－2·P34·T5 改编)(多选)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 L1，ad 边的 边长为 L2，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( AC )
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电阻 R1、R2 与交流电源按照图甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上 开关 S 后，通过电阻 R2 的正弦式交变电流 i 随时间 t 变化的情况如图乙所示．则( B )
A．线圈中感应电流的方向为 abcda B．线圈中的感应电动势为 2nBL2ω C．穿过线圈的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n2B2LR1L2ω，方向垂直纸面向里
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解析：选 AC．图示时刻，ad 速度方向向外，bc 速度方向向里，根据右手定则判断 出 ad 中感应电流方向为 d→a，bc 中电流方向为 b→c，线圈中感应电流的方向为 abcda. 故 A 正确．线圈中的感应电动势为 E＝nBSω＝nBL1L2ω.故 B 错误．图示时刻 ad、bc 两边垂直切割磁感线，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析得知， 磁通量的变化率最大．故 C 正确．线圈 ad 边所受安培力的大小为 F＝nBIL2＝ nBnBLR1L2ω·L2＝n2B2LR1L22ω，故 D 错误．故选 AC．
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A．铜片 D 的电势高于铜片 C 的电势 B．电阻 R 中有正弦式交变电流流过 C．铜盘转动的角速度增大 1 倍，流过电阻 R 的电流也随之增大 1 倍 D．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生
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解析：选 ACD．根据右手定则可知，铜片 D 的电势比 C 的高，A 正确；若所加的 磁场为匀强磁场，铜盘匀速转动，则产生的感应电动势 E＝BL－v ＝BL·ω2L＝12BωL2，不 随时间变化，则电阻 R 中流过的是恒定电流，B 错误；由上式可知，若铜盘转动的角速 度增大 1 倍，感应电动势增大 1 倍，流过电阻 R 的电流也随着增大 1 倍，C 正确；保持 铜盘不动，磁场变为垂直于铜盘的交变磁场，则通过铜盘的磁通量发生变化，铜盘中会 产生感应电动势，铜盘中有电流产生，D 正确．
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考点二 有效值的理解与计算
师生互动
1．公式法
利用 E＝Em2、U＝Um2、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．
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．
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C 关键 能力 突破
考点一 正弦式交变电流的产生及变化规律 1．正弦式交变电流的产生 (1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．
自主学习Hale Waihona Puke Baidu
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(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，ΔΔΦt ＝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，ΔΔΦt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不 改变． (3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次 通过中性面，因此电流的方向改变两次． (4)交变电动势的最大值 Em＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关．
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二、教材习题及改编 1．(人教版选修 3－2·P34 ·T3 改编)如图所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转 动，设磁感应强度为 0.01 T，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( D ) A．1×10－2 V B．3.14×10－2 V C．2×10－2 V D．6.28×10－2 V 解析：选 D．感应电动势最大值 Em＝BSω＝BS·2πn＝6.28×10－2 V.