2019_2020版高中物理第二章交变电流微型专题4交变电流规律的应用讲义精练（含解析）教科版

2019_2020版高中物理第二章交变电流微型专题4交变电流规律的应用讲义精练（含解析）教科版

微型专题4　交变电流规律的应用[学科素养与目标要求]　物理观念：1.进一步熟练掌握交变电流的图像，并能从中获取相应的信息.2.熟练掌握交变电流有效值的计算．科学思维：比较交变电流“四值”的适用情况，结合欧姆定律、焦耳定律等知识进行综合分析和计算．一、交变电流图像的应用正弦交流电的图像是一条正弦曲线，从图像中可以得到以下信息：(1)周期(T)、频率(f)和角速度(ω)：线圈转动的频率f＝，角速度ω＝.(2)峰值(Em、Im)：图像上的最大值．可计算出有效值E＝、I＝.(3)瞬时值：每个“点”的纵坐标表示某一时刻的瞬时值．(4)可确定线圈位于中性面的时刻，也可确定线圈平行于磁感线的时刻．(5)判断线圈中磁通量Φ及磁通量变化率的变化情况．例1　(多选)图1表示一交变电流随时间变化的图像，由图可知(　　)图1A．用理想交流电流表测该电流，其示数为10AB．该交变电流的频率为100HzC．在t＝0.25×10－2s和t＝0.75×10－2s时，线圈位于中性面处D．在t＝(T为该交变电流的周期)时刻，该电流大小与其有效值相等答案　BD解析　由题图可知，电流的最大值为10A，周期为0.01s，则频率为100Hz，有效值为A＝10A，而电流表反映的是有效值，故电流表的示数为10A，故A错误，B正确；在t＝0.25×10－2s和t＝0.75×10－2ns时电流最大，此时线圈与中性面垂直，故C错误；该交变电流瞬时值表达式为i＝Imsinωt＝10sin t(A)，在t＝时，电流为i1＝10sin×(A)＝10sin (A)＝10A，故D正确．例2　(多选)用相同粗细且由同种材料制成的两个单匝正方形线圈a、b，在同一匀强磁场中分别绕垂直磁场方向的轴匀速转动，穿过它们的磁通量随时间变化的图线如图2所示．已知两线圈产生的感应电动势相同，其中穿过a线圈的磁通量的最大值为Φ0，则(　　)图2A．t＝0时刻，a线圈中的感应电流最大B．穿过b线圈的磁通量的最大值为C．a线圈的电阻是b线圈的电阻的2倍D．两线圈分别转动一周，a线圈产生的热量是b线圈产生的热量的倍答案　BD解析　t＝0时刻，穿过a线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电流为零，A错误；穿过线圈的磁通量的最大值Φm＝BS，角速度ω＝，则线圈中感应电动势的最大值Em＝BSω＝，得Φm＝，由题图知，Ta＝2Tb，且Ema＝Emb，则Φma＝2Φmb＝Φ0，Φmb＝，B正确；由Φm＝BS及Φma＝2Φmb可得Sa＝2Sb，则边长la＝lb，电阻Ra＝Rb，C错误；线圈转动一周产生的热量Q＝，而电动势的有效值Ea＝Eb，则＝，得＝，D正确．二、交变电流“四值”的比较及应用交变电流的“四值”，即峰值、有效值、瞬时值、平均值，在不同情况下的应用：(1)在研究某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值．(2)在研究电容器的耐压值时，只能用峰值．(3)在研究交变电流做功、电功率及产生的热量时，只能用有效值，交流电流表、交流电压表显示的也是有效值．(4)在研究交变电流通过导体横截面的电荷量时，只能用平均值．例3　一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈在磁感应强度为Bn的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′以如图3所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.图3(1)写出图示时刻线圈中感应电流的方向．(2)线圈转动过程中感应电动势的最大值为多大？(3)线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大？(4)从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R的电荷量是多少？(5)图中理想电流表和理想电压表的示数各是多少？答案　见解析解析　(1)由右手定则可判定电流的方向沿adcba.(2)Em＝NBSω＝NBL2ω.(3)线圈平面与磁感线成60°角时的瞬时感应电动势e＝Emcos60°＝NBL2ω.(4)通过R的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝N＝＝(5)理想电流表的示数I＝＝＝＝理想电压表的示数U＝IR＝＝.例4　如图4甲所示，固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一个小灯泡，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＝1.0Ω，所围成的矩形的面积S＝0.040m2，小灯泡的电阻R＝9.0Ω，磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBmS cos t，其中Bm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：n图4(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；(2)小灯泡消耗的电功率；(3)在0～时间内，感应电动势和感应电流的平均值以及通过小灯泡的电荷量．答案　(1)8.0V　(2)2.88W　(3)5.1V　0.51A4．0×10－3C解析　(1)由题图乙可知线圈中交变电流的周期T＝3.14×10－2s，所以Em＝nBmS ＝8.0V(2)感应电流的最大值Im＝＝0.80A有效值I＝＝A小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88W(3)在0～时间内感应电动势的平均值＝nS ≈5.1V通过灯泡的平均电流＝＝≈0.51A通过小灯泡的电荷量Q＝Δt＝＝4.0×10－3C.[学科素养]　通过例3和例4，掌握交变电流“四值”的适用情况，正确将交变电流的“四值”与闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、电流定义式等知识有机结合起来，体现了“科学思维”的学科素养．1．(交变电流图像的应用)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5甲所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图像如图乙所示，已知发电机线圈内阻为1Ω，外接一只电阻为9Ω的灯泡，则(　　)n图5A．电压表V的示数为20VB．电路中的电流方向每秒改变5次C．灯泡实际消耗的功率为36WD．电动势随时间变化的瞬时值表达式为e＝20cos5πt(V)答案　C解析　由题图乙知电动势峰值为20V，周期为0.2s，所以电动势有效值为20V，角速度ω＝＝10πrad/s.电压表测的是路端电压U＝×9V＝18V，A错误；交流电的频率为5Hz，每一周期电流方向改变两次，所以每秒改变10次，B错误；灯泡实际消耗的功率为P＝＝W＝36W，C正确；电动势随时间变化的瞬时值表达式为e＝20cos10πt(V)，D错误．2．(交变电流图像的理解)甲、乙两矩形单匝金属线圈分别绕与磁感线垂直的轴在同一匀强磁场中匀速转动，输出交流电的感应电动势随时间变化的图像如图6中甲、乙所示，则(　　)图6A．甲的频率是乙的频率的2倍B．甲线圈的面积是乙线圈面积的6倍C．t＝1s时，两线圈中的磁通量均为零D．t＝2s时，两线圈均与磁感线平行答案　B解析　由题图知甲的周期为2s，乙的周期为1s，所以f甲∶f乙＝1∶2，选项A错误；甲的电动势有效值为3V，乙的电动势有效值为V，所以E甲∶E乙＝3∶1，由E＝BSω可知S甲∶S乙＝6∶1，选项B正确；当线圈处于中性面时磁通量最大，而感应电动势为零，当线圈平行于磁感线时，通过线圈的磁通量为零，而感应电动势最大，t＝1s和t＝2ns时线圈均处于中性面位置，选项C、D错误．3．(交变电流“四值”的比较及应用)(多选)(2018·眉山市高二下学期期末)如图7所示，一矩形金属线圈面积为S、匝数为N，在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度ω绕垂直磁场的固定轴匀速转动．则(　　)图7A．感应电动势的峰值是NBSωB．感应电动势的有效值是NBSωC．从中性面开始转过30°时，感应电动势的瞬时值是NBSωD．从中性面开始转过90°的过程中，感应电动势的平均值是答案　AC解析　最大感应电动势Em＝NBSω，故A正确；正弦交流电的有效值为E＝＝NBSω，故B错误；当线圈转到中性面开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的表达式：e＝Emsinωt＝NBSωsinωt，故当ωt＝时，e＝，故C正确；根据法拉第电磁感应定律，在线圈转过90°的过程中，线圈中感应电动势的平均值：＝＝＝，故D错误．4．(交变电流“四值”的比较及应用)(多选)如图8甲所示，单匝闭合线圈的半径为r，电阻为R，磁场垂直线圈所在平面，规定垂直纸面向里为正方向，磁感应强度随时间按图乙所示的正弦规律变化，最大值为B0，变化周期为T.下列说法正确的是(　　)图8nA.时刻线圈中的电流最大B.时刻线圈受到的安培力最大C.～时间内通过线圈的某横截面的电荷量为D．0～T时间内线圈产生的热量为答案　CD解析　时刻磁场最强，变化率为零，故线圈中的电流为零，A错误；时刻磁场变化最快，感应电流最大，但磁感应强度为零，线圈受到的安培力为零，B错误；～时间内通过线圈的某横截面的电荷量为q＝＝＝，C正确；磁感应强度随时间按正弦规律变化，则线圈内产生的是按余弦规律变化的交变电流，电动势最大值为Em＝B0Sω＝，有效值为E＝＝，0～T时间内线圈产生的热量Q＝＝，D正确.一、选择题考点一　交变电流图像及应用1．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像是(　　)答案　B解析　线圈转速为正常工作时的一半，据ω＝2πn＝知，周期变为正常工作时的2倍，又据Em＝NBSω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，故B正确．2．一矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的规律如图1所示，下列说法中正确的是(　　)n图1A．此交流电的频率为0.2HzB．此感应电动势的有效值为1VC．t＝0.1s时，线圈平面与磁场方向平行D．在线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为Wb答案　D解析　由题图可知，此交流电的周期T＝0.2s，频率f＝＝5Hz，A错误；E＝＝V，B错误；t＝0.1s时，电动势为0，线圈平面与磁场方向垂直，C错误；因Em＝nBSω，其中n＝10，ω＝＝10πrad/s，故Φm＝BS＝Wb，D正确．3．(2018·巢湖市柘皋中学高二下学期期中)如图2甲所示，电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直匀强磁场的转轴OO′匀速旋转产生交流电，现将此电流给阻值为R＝10Ω的小灯泡L供电，通过电流传感器得到灯泡中电流的图像如图乙，不考虑温度对灯泡阻值的影响，下列说法中正确的是(　　)图2A．在t＝5×10－3s时，线圈处于中性面位置B．在t＝10×10－3s时，穿过线圈的磁通量最大C．交变电流的瞬时值表达式为i＝5cos50πt(A)D．线圈产生的交流电的电动势有效值为55V答案　A解析　由题图乙可知t＝5×10－3s时刻感应电流为零，此时线圈所在平面处于中性面位置，故A正确；t＝10×10－3s时刻感应电流最大，此时线圈所在平面与中性面位置垂直，所以穿过线圈的磁通量最小，故B错误；周期T＝0.02s，角速度ω＝＝100πrad/s，故电流的瞬时值表达式为i＝5cos100πt(A)，故C错误；线圈产生的交流电的电动势最大值为Em＝nIm(R＋r)＝55V，有效值为V，故D错误．4．将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图3所示．下列说法中正确的是(　　)图3A．电路中交变电流的频率为0.25HzB．通过电阻的电流为AC．电阻消耗的电功率为2.5WD．用交流电压表测得电阻两端的电压为5V答案　C解析　电路中交变电流的频率为f＝＝Hz＝25Hz，选项A错误；通过电阻的电流为I＝＝＝A＝A，选项B错误；电阻消耗的电功率为P＝I2R＝2×5W＝2.5W，选项C正确；用交流电压表测得电阻两端的电压为U＝IR＝×5V＝2.5V，选项D错误．5．(2018·玉溪市民族中学高二下学期期中)一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势随时间的变化规律如图4甲所示，现若将线圈转速增加为原来的2倍，并以线圈平面与磁场平行时(如图乙)为计时起点，则下列关于电动势随时间的变化规律四幅图中正确的是(　　)图4n答案　B解析　由题图甲可知：T＝4×10－2s，则ω＝＝rad/s＝50πrad/s，电动势最大值：Em＝NBSω＝100V．当线圈转速增加为原来的2倍之后，根据公式ω＝2πn可知，角速度为ω′＝2ω＝100πrad/s，周期变为：T′＝T＝2×10－2s，电动势最大值变为：Em′＝2Em＝200V．以线圈平面与磁场平行时(如题图乙)为计时起点，电动势瞬时值表达式为：e′＝Em′cosω′t＝200cos100πt(V)，故B正确，A、C、D错误．6．一交流电路如图5甲所示，电阻R＝10Ω.交流电源输出的电压u随时间t变化的图线如图乙所示，闭合开关S后(　　)图5A．电路中电流的频率为100HzB．电阻R消耗的电功率为14WC．电流表的示数为1.4AD．电路中电流瞬时值的表达式为i＝sin100πt(A)答案　D解析　由题图乙可知，交流电源的周期为2×10－2s，所以电路中电流的频率为f＝＝50Hz，故A错误；电路中电压瞬时值的表达式为u＝10sin100πt(V)，电阻的大小为10Ω，所以电流瞬时值的表达式为i＝sin100πt(A)，故D正确；电流表的示数为电流的有效值，所以电流表的示数为I＝＝A＝1A，故C错误；电阻R消耗的电功率P＝I2R＝12×10W＝10W，故B错误．考点二　交变电流“四值”的比较及应用7．(2018·玉溪市易门一中高二下学期期末)一个矩形线圈的匝数为N，线圈面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕所在平面内垂直磁感线的轴匀速转动，开始时，线圈平面与磁场平行．对于它产生的交变电动势，下列说法正确的是(　　)A．瞬时值表达式为e＝NBSωsinωtnB．有效值为NBSωC．平均值为NBSωD．频率为2πω答案　B解析　开始时，线圈平面与磁场平行，则e＝NBSωcosωt，故A错误；最大值为Em＝NBSω，则有效值为NBSω，故B正确；平均值应用E＝N求得，故C错误；频率为f＝，故D错误．8．面积均为S的两个电阻相同的线圈，分别放在如图6甲、乙所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕垂直磁场方向的OO′轴匀速转动，乙图中匀强磁场变化规律为B＝B0cost，从图示位置开始计时，则(　　)图6A．两线圈的磁通量变化规律相同B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C．经相同的时间t(t＞T)，两线圈产生的热量不同D．从此时刻起，经过时间，通过两线圈横截面的电荷量不同答案　A解析　题图甲中磁通量的变化规律为Φ甲＝B0Scost，题图乙中磁通量的变化规律为Φ乙＝B0Scost.由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E也相同，又因两线圈电阻相同，所以Q＝t也相同，经过时间，通过两线圈横截面的电荷量q＝·也相同，故A正确．9．(多选)如图7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绕垂直磁场方向的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．则(　　)n图7A．t时刻线圈中电流的瞬时值表达式为i＝cosωtB．线圈中电流的有效值为I＝C．线圈中电流的有效值为I＝D．线圈消耗的电功率为P＝答案　CD解析　回路中感应电动势的最大值Em＝BSω，电流的最大值Im＝＝，由题意可知t＝0时刻线圈位于中性面，故电流的瞬时值表达式为i＝sinωt.线圈中电流的有效值I＝＝，线圈消耗的电功率P＝I2R＝，故A、B错误，C、D正确．10．(多选)如图8所示，交流发电机的矩形线圈边长ab＝cd＝0.4m，ad＝bc＝0.2m，线圈匝数N＝100匝，电阻r＝1Ω，线圈在磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以ω＝100πrad/s的角速度匀速转动，外接电阻R＝9Ω，从图示时刻开始计时，则(　　)图8A．电动势瞬时值为160πsin100πt(V)B．t＝0时线圈中磁通量变化率最大C．t＝s时线圈中感应电动势最大D．交变电流的有效值是8πA答案　BCDn解析　电动势的瞬时值e＝NBSωcosωt＝100×0.2×0.4×0.2×100πcos100πt(V)＝160πcos100πt(V)，A错误；由题图示时刻即t＝0时，Φ＝0，但最大，故B正确；t＝s时，e＝Em，C正确；交变电流的有效值是I＝＝＝8πA，D正确．11．(多选)如图9所示，一半径为r的半圆形单匝线圈放在具有理想边界的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B.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，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都不计，下列说法中正确的是(　　)图9A．转动过程中电流表的示数为B．从图示位置起转过圈的时间内产生的平均感应电动势为2nπBr2C．从图示位置起转过圈的时间内通过负载电阻R的电荷量为D．转动过程中交变电流的最大值为答案　ABD解析　交变电流的最大值为Im＝＝B·πr2·2nπ＝，故D正确；转动过程中电流表的示数为有效值I＝＝，故A正确；从题图示位置起转过圈的时间内产生的平均感应电动势＝·2nπ＝2nπBr2，故B正确；从题图示位置起转过圈的时间内通过负载电阻R的电荷量为q＝＝＝，故C错误．二、非选择题n12．图10甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图．其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90Ω，与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，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化．求：图10(1)交流发电机产生的电动势最大值；(2)交流发电机产生的电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转过s时电动势的瞬时值；(4)电路中交流电压表的示数．答案　(1)62.8V　(2)e＝62.8cos10πt(V)(3)31.4V　(4)40V解析　(1)交流发电机产生电动势的最大值Em＝nBSω因为Φm＝BS，ω＝，则Em＝由题图乙Φ－t图线可知，Φm＝2.0×10－2Wb，T＝0.2s则Em＝20πV≈62.8V.(2)线圈转动的角速度ω＝＝rad/s＝10πrad/s，当从垂直中性面位置开始计时时，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝62.8cos10πt(V)(3)当线圈转过s时e＝62.8cos10π×(V)＝31.4V(4)电动势的有效值E＝＝10πV则电路中交流电压表的示数为U＝E＝×10πV＝9πV≈40V.13．如图11所示，边长为l的正方形线圈abcd的匝数为n，线圈电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′垂直磁场且恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为nB，现在线圈以OO′为轴，以角速度ω匀速转动，求：图11(1)以图示位置为计时起点，闭合电路中电流瞬时值的表达式；(2)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上产生的热量；(3)线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上通过的电荷量；(4)电阻R上的最大电压．答案　(1)i＝sinωt　(2)(3)　(4)解析　(1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ad边和bc边转动的线速度大小相等，当线圈平行于磁场时，产生的感应电动势最大，Em＝nBlv＝nBl·ω·l＝nBl2ω.由闭合电路欧姆定律可知Im＝，当以题图示位置为计时起点时，流过R的电流瞬时值表达式为i＝Imsinωt＝sinωt.(2)在线圈从题图示位置匀速转过90°的过程中，用有效值来计算电阻R上产生的热量，Q＝I2R·，其中I＝＝，T＝，则Q＝I2R·＝.(3)在转过90°的过程中感应电动势的平均值为＝n＝＝，流过R的平均电流＝＝，所以通过R的电荷量q＝·＝·＝.n(4)由欧姆定律可知电阻R上的最大电压为Um＝ImR＝.