【物理】2018届一轮复习人教版交变电流的产生与描述学案 10页

第63课时　交变电流的产生与描述(双基落实课)‎ ‎[命题者说]　本课时内容是交变电流的基础知识，包括交变电流的产生与变化规律、交变电流的有效值、交变电流的“四值”的应用等，其中交变电流的有效值、图像等是高考的热点，虽然很少单独考查，但在相关类型的题目中经常涉及。‎ 一、交变电流的产生与变化规律 ‎1.正弦式交变电流的产生和图像 ‎(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)图像：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，其图像为正弦曲线。如图甲、乙所示。‎ ‎2．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＝。‎ ‎(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＝ 。‎ ‎3．正弦式交变电流的函数表达式(线圈从中性面开始计时)‎ ‎(1)电动势e＝Emsin ωt＝nBSωsin_ωt。‎ ‎(2)电流i＝Imsin_ωt＝sin ωt。‎ ‎(3)电压u＝Umsin_ωt＝sin ωt。‎ ‎[小题练通]‎ ‎1．(2017·惠州模拟)如图甲所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一矩形单匝线圈，其面积为S，总电阻为r，线圈两端外接一电阻R和一个理想交流电流表。若线圈绕对称轴OO′以角速度ω做匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图像，下列说法正确的是(　　)‎ A．在t1～t3时间内，穿过线圈平面的磁通量的变化量为BS B．在t3～t4时间内，通过电阻R的电荷量为 C．在t3时刻穿过线圈平面的磁通量的变化率为2BSω D．在t3时刻电流表的示数为 解析：选D　由题图可知，在t1和t3时刻穿过线圈平面的磁通量大小为BS，方向相反，则在t1～t3时间内穿过线圈平面的磁通量的变化量为2BS，A错误；在t3～t4时间内，磁通量的变化量为BS，则平均电动势＝，因此通过电阻R的电荷量为q＝·Δt＝Δt＝，故B错误；在t3时刻电动势E＝BSω，则由法拉第电磁感应定律，E＝可知，则穿过线圈的磁通量变化率为BSω，故C错误；在t3时刻电流表的示数为交变电流的有效值，则有I＝＝，故D正确。‎ ‎2．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab边垂直。在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图所示，线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图像是(　　)‎ 解析：选C　线圈在磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电。对于题图起始时刻，线圈的cd边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对。‎ 解决交变电流图像问题的三点注意 ‎(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像问题时，应先把交变电流的图像与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解。‎ 二、有效值的理解和计算 ‎1.有效值的理解 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。对于正弦交流电，其有效值和峰值的关系为E＝，U＝，I＝ ‎2．有效值的计算 ‎(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＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值。‎ ‎(3)若图像部分是正弦(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Im＝I、Um＝U求解。‎ ‎3．几种典型的交变电流的有效值 电流名称 电流图像 有效值 正弦式交变电流 I＝ 正弦半波电流 I＝ 正弦单向脉冲电流 I＝ 矩形脉动电流 I＝ Im 非对称性交变电流 I＝ ‎[小题练通]‎ ‎1．多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现上述调节的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速。现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的，如图所示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦式电流的每一个周期中，前面的被截去，从而改变了电灯上的电压，那么现在电灯上的电压为(　　)‎ A．Um　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选C　由有效值的定义知T＝×，得U＝。C项正确。‎ ‎2．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.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选D　线框的转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为：I＝＝，根据电流的热效应有：2R·＝I有2RT，解得I有＝，故D正确。‎ 求解有效值的一般方法和技巧 ‎(1)首先要分析交变电流的变化规律，正弦式电流的最大值和有效值的关系是I＝，U＝，非正弦式交变电流一般不符合此关系。‎ ‎(2)对于非正弦式交变电流，可在一个周期内分段求出产生的热量，再求热量的总和Q。将总热量Q用相应的物理量I或U来表示(如Q＝I2Rt或Q＝t)，则I或U为其交变电流的相应有效值。‎ 三、交变电流的“四值”及应用 物理含义 重要关系 适用情况 瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt 计算线圈某一时刻的受力情况 峰值 最大的瞬时值 Em＝nBSω Im＝ 确定用电器的耐压值，电容器的击穿电压 有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流值 E＝ U＝ I＝ ‎(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)‎ ‎(2)交流电表的测量值 ‎(3)电器设备标注的额定电压、额定电流 ‎(3)保险丝的熔断电流 平均值 交变电流图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值 ＝n ＝ 计算通过电路某截面的电荷量 ‎[小题练通]‎ ‎1.(多选)(2017·安徽“江南十校”联考)如图所示，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l1，NP长为l2，线框电阻为R。在t＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是(　　)‎ A．矩形线框产生的感应电动势有效值为Bl‎1l2ω B．矩形线框转过半周时，通过线框的瞬时电流为零 C．矩形线框转动一周时，通过线框的电荷量为 D．矩形线框在转动半周过程中产生的热量为 解析：选ABD　矩形线框转动产生正弦交变电流最大值：Em＝Bl‎1l2ω，有效值E＝＝Bl‎1l2ω ‎，故A正确；转过半周，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零，瞬时电流为零，B正确；转过一周通过横截面的电荷量为零，C错误；转过半周时间内产生的热量为Q＝t＝×＝，D正确。‎ ‎2.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＝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边转入纸内。‎ ‎(1)写出感应电动势的瞬时表达式；‎ ‎(2)线圈转一圈外力做功多少？‎ ‎(3)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)线圈以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，所以线圈的角速度ω＝100π rad/s 感应电动势的最大值为：Em＝nBSω＝100π(V)‎ 所以感应电动势的瞬时值表达式为 e＝nBSωcos ωt＝100 πcos 100πt(V)‎ ‎(2)电动势有效值为E＝，‎ 电流I＝，‎ 线圈转一圈外力做功等于电功的大小，‎ 即W＝I2(R＋r)T≈98.6 J ‎(3)线圈由题图位置转过90°的过程中，ΔΦ＝BSsin 90°，通过R的电量为Q＝N＝‎‎0.1 C 答案：(1)e＝100πcos 100πt(V)　(2)98.6 J ‎(3)‎‎0.1 C 线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，涉及耐压值时，则由最大值来确定，而通过某一电量时，则用平均值来求。‎ 一、单项选择题 ‎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像如图甲所示。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的变化率最大 C．t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大 D．该线圈相应产生的交流电动势的图像如图乙所示 解析：选B　由题图甲可知，t＝0时，通过线圈的磁通量最大，线圈处于中性面位置。t＝0.01 s时刻，磁通量为零，但磁通量变化率最大，所以A错误，B正确。t＝0.02 s时，交流电动势应为0，C、D均错误。‎ ‎2．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交变电流的电动势为e＝220sin 100πt V，对于这个交变电流的说法正确的是(　　)‎ A．此交变电流的频率为100 Hz，周期为0.01 s B．此交变电流电动势的有效值为220 V C．耐压为220 V的电容器能够在该交变电路中使用 D．t＝0时，线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零 解析：选B　由电动势瞬时值表达式可知，此交变电流的频率为50 Hz，周期为0.02 s，电动势的有效值为220 V，最大值为220 V，故A、C选项错误，B选项正确。当t＝0时，电动势的瞬时值为零，说明t＝0时线圈处于中性面位置，通过线圈的磁通量最大，故D选项错误。‎ ‎3.如图所示是一交变电流的it图像，则该交变电流的有效值为(　　)‎ A．‎4 A　　　　 　 B．‎2 A C. A D. A 解析：选D　由it图像知，该交变电流一个周期的时间为3×10－2 s，前周期为正弦交变电流，后周期为恒定电流，则该电流通过一个电阻R在1个周期内产生的热量为2R·T＋Im2R·T＝I2RT，可确定有效值I＝ A，故D正确。‎ ‎4．如图甲所示，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乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻(　　)‎ A．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：选C　线圈中产生的交变电流按照题图乙所示的余弦规律变化，即i＝Imcos ωt，在t＝时刻，i＝Imcos ωt＝Imcos·ω＝0，此时刻线圈位于与磁场方向垂直所在的平面，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，B、D错误；产生的感应电流为零，所以安培力为零，C正确，A错误。‎ ‎5．(2017·南京、盐城一模)一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图所示，则在相同时间内电阻产生热量最大的是(　　)‎ 解析：选D　由A、B图像，对应正弦式交变电流，有效值：I1＝Im＝ A，根据焦耳定律得：Q1＝I12RT＝()2RT＝2RT，C选项对应恒定电流，根据焦耳定律得：Q3＝I2RT＝2.25RT，D选项对应方波交变电流，根据焦耳定律得：Q4＝I42R·＋I4′2R·＝2RT＋2RT＝4RT，故选项D正确。‎ 二、多项选择题 ‎6．如图中各图面积均为S的线圈均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，则能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是(　　)‎ 解析：选AC　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，由这一原则判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直。故A、C正确。‎ ‎7．如图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则(　　)‎ A．电流的表达式为i＝0.6 sin 10πt(A)‎ B．磁铁的转速为10 r/s C．风速加倍时电流的表达式为i＝1.2sin 10 πt(A)‎ D．风速加倍时线圈中电流的有效值为‎0.6 A 解析：选AD　通过题图乙可知电流的最大值为‎0.6 A，周期T＝0.2 s，故ω＝＝10π rad/s，故电流的表达式为i＝0.6sin 10πt(A)，故A正确；电流的周期为T＝0.2 s，故磁体的转速为n＝＝ r/s＝5 r/s，故B错误；风速加倍时，角速度加倍，根据Em＝nBSω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i＝1.2sin 20πt(A)，故C错误；根据C项分析，形成的感应电流Im＝‎1.2 A，故有效值为I＝＝ A＝‎0.6 A，故D正确。‎ ‎8.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，如图所示，线圈电阻为2 Ω，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过了60°时的感应电流为‎1 A，那么(　　)‎ A．线圈中感应电流的有效值为‎2 A B．线圈消耗的电功率为4 W C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost(V)‎ D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sin t(Wb)‎ 解析：选BC　因为是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以其电流瞬时表达式为i＝Imcos ωt，因为线圈转过了60°的感应电流为‎1 A，即1＝Imcos 60°，解得Im＝‎2 A，故感应电流有效值为I＝A＝ A，A错误；线圈消耗的电功率为P＝I2R＝()2×2 W＝4 W，B正确；电路中感应电动势最大为Em＝ImR＝4 V，线圈的角速度为ω＝，所以线圈转动过程中产生的感应电动势的瞬时值为e＝Emcos ωt＝4cos(V)，C正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝BSsint，根据公式Em＝NBSω＝NΦm，可得＝＝＝，故Φ＝sin(Wb)，D错误。‎