2020版高考物理一轮复习 第十一章 第1讲 交变电流的产生和描述课件 新人教版

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)规律物理量函数表达式图象磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt电动势e＝Emsinωt＝nBSωsinωt电压u＝Umsinωt＝REmR＋rsinωt电流I＝Imsinωt＝EmR＋rsinωt1．(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()AA．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＝NBSωsinωt，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2Ω，则()A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线B．t＝1s时，线圈中的电流改变方向C．t＝1.5s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8π2JAD解析：本题考查正弦交流电的产生、有效值、焦耳热．由Φ­t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＝1s时，Φ＝0，此时电动势最大，电流方向不变，t＝0.5s和t＝1.5s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Em＝nBSω＝nΦm2πT＝4πV，有效值E＝22Em＝22πV，一个周期内线圈产生的热量Q＝E2R·T＝8π2J，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10Ω，外接一只电阻为90Ω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22VD．0～0.01s时间内通过灯泡的电量为0B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0.02s，所以频率为50Hz，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22V，所以灯泡两端的电压为U＝90100×22V＝19.8V，选项C错误；0～0.01s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Em＝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＝Im2，U＝Um2，E＝Em2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()A．110VB．311VC．220VD．156VD解析：由图象可知该交变电流的周期T＝2×10－2s，可分两段0～0.01s和0.01～0.02s，根据有效值的定义可得Um22R·T2＝U2RT，解得U＝Um2＝22022V＝1102V≈156V.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()A．12B.21C．12D．21D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＝u20RT，Q正＝u0/22RT＝12·u20RT，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OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON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OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()BCA．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＝12BR2ω，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名称交变电流图象有效值正弦式交变电流U＝12Um正弦式半波脉冲电流U＝12Um正弦单向脉冲电流U＝Um2矩形脉冲电流U＝tTUm非对称性交变电流U＝12U21＋U22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瞬时值e＝Emsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况峰值Em＝nBSω，Im＝EmR＋r讨论电容器的击穿电压有效值E＝Em2U＝Um2I＝Im2(只适用于正弦式交变电流)(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”上所标的值(3)保险丝的熔断电流(4)交流电表的读数平均值E＝BLv，E＝nΔΦΔtI＝ER＋r，q＝IΔt＝nΔΦR＋r计算通过电路截面的电荷量如图所示，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Em＝BSω＝B·πr22·2πn＝π2Bnr2.(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＝Em2＝2π2Bnr22电阻R上产生的热量Q＝ER2R·T4＝π4B2r4n8R.(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＝ER·Δt＝ΔΦR＝πBr22R.(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Em22R·T2＝E′2RT，解得E′＝Em2，故电流表的示数为I＝E′R＝π2r2nB2R.【答案】(1)π2Bnr2(2)π4B2r4n8R(3)πBr22R(4)π2r2nB2R1．(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()ADA．线圈的面积为4IRTπBB．线圈消耗的电功率为4I2RC．t时刻线圈中的感应电动势为e＝22IRsin2πTtD．t时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝2IRTπcos2πTt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＝BS2ωsinωt＝πBSTsinθ，转过30°时的瞬时电流I＝E302R＝πBS2RTsin30°＝πBS4RT，故S＝4IRTπB，则e＝4IRsin2πTt，A正确，C错误．线圈消耗的电功率为P＝Em2R＋R2R＝2I2R，B错误．t时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝B×S2cosωt＝2IRTπcos2πTt，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＝0.1m、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＝0.20πT，线圈电阻为R1＝0.5Ω，它的引出线接有R2＝9.5Ω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()ADA．小电珠中电流的峰值为0.16AB．小电珠中电流的有效值为0.16AC．电压表的示数约为1.5VD．t＝0.01s时外力的大小为0.128N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Em＝nBlv＝nB·2πrvm，故小电珠中电流的峰值为Im＝EmR1＋R2＝20×0.20π×2π×0.1×29.5＋0.5A＝0.16A，选项A正确，B错误；电压表示数为U＝Im2·R2≈1.07V，选项C错误；当t＝0.01s也就是T4时，外力的大小为F＝nB·2πrIm＝0.128N，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＝nΔΦΔt计算的，与交变电流的方向、所选取的时间段有关．