【物理】2019届一轮复习人教版交变电流的产生与描述学案

【物理】2019届一轮复习人教版交变电流的产生与描述学案

第32课 交变电流的产生与描述 ‎1．交变电流的产生原理和变化规律 a．根据E＝BLv推导正弦式交变电流函数表达式e＝NBSωsin ωt ‎(1)(经典题，10分)图(a)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OO′轴转动，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(b)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)‎ 图(a)　　　　　　　　图(b)　　　　　　　　图(c)‎ ‎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e1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(c)所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式。‎ 答案：①e1＝BL1L2ωsin ωt(8分)‎ ‎②e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)(2分)‎ 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的速度为v，则 v＝ω(2分)‎ 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 E1＝BL1v⊥(2分)‎ 由图可知 v⊥＝vsin ωt(2分)‎ 则整个线圈的感应电动势为 e1＝2E1＝BL1L2ωsin ωt(2分)‎ ‎②当线圈由题图(c)位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为 e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)(2分)‎ b．正弦式交变电流峰值Em＝NBSω、有效值E＝及电荷量q＝IΔt的计算 ‎(2)(经典题，4分)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的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝ 。‎ 答案： (2分)　(2分) ‎ 解析：电动势的最大值Em＝BSω，电动势的有效值E＝，电流的有效值I＝＝。通过导线横截面的电荷量为q＝IΔt，又I＝，线框从中性面开始转过的过程中，ΔΦ＝BS，则q＝。‎ c．根据电流热效应计算非正弦式交变电流的有效值 ‎(3)(2013海南单 ，3分)通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s。电阻两端电压的有效值为(　　)‎ A．12 V B．4 V C．15 V D．8 V 答案：B 解析：由有效值定义可得IRt1＋IRt2＝T，代入数据解得U＝4 V，故A项、C项、D项均错误 ‎，B项正确。‎ d．根据线框的位置分析Φ、u、i、P等物理量 ‎(4)(2017房山区二模，6分)如图所示，矩形线框置于磁场中，该磁场可视为匀强磁场。线框通过导线与电阻构成闭合电路，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴逆时针匀速转动，下列说法正确的是(　　)‎ A．线框通过图中位置瞬间，线框中的电流方向由A到B 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，通过电阻的电流瞬时值最大 D．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电阻的电流有效值变为原来的倍 答案：C 解析：AB和CD边切割磁感线产生电流，根据右手定则可知电流方向由B到A，故A项错误。线框通过题图中位置瞬间，穿过线框的磁通量为零，感应电动势最大，所以感应电流也最大，通过电阻的电流瞬时值最大，故B项错误，C项正确。根据E＝NBSω可知，ω增大一倍，E也增大一倍，根据I＝可知，通过电阻的电流有效值也增大一倍，故D项错误。‎ ‎(5)(多选)(2018改编，6分)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2 Ω，则(　　)‎ A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线(2017天津理综)‎ B．t＝1 s时，线圈中的电流改变方向(2017天津理综)‎ C．t＝1.5 s时，线圈中的感应电动势最大(2017天津理综)‎ D．线圈中产生的感应电动势瞬时值表达式为e＝4πcos πt(V)‎ E．一个周期内，线圈产生的热量为8π2 J(2017天津理综)‎ 答案：ADE 解析：t＝0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A项正确。每经过一次中性面(线圈平面垂直于磁感线，磁通量有最大值)，电流的方向改变一次，t＝1 s时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B项错误。t＝1.5 s时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零，故C项错误。由题图可知线圈从垂直中性面开始计时，感应电动势瞬时值表达式为e＝Emcos ωt，其中ω＝＝π，感应电动势最大值Em ＝NBSω＝NΦm＝4π V，则感应电动势瞬时值表达式为e＝4πcos πt(V)，故D项正确。感应电动势有效值E＝＝2π V，一个周期内，线圈产生的热量为 Q＝T＝8π2 J，故E项正确。‎ ‎(6)(多选)(2018改编，6分)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图(a)所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图(b)所示，则(　　)‎ 图(a)　　　　　　　　　　　　　　　　图(b)‎ A．电压表V的示数为220 V B．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 W D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J E．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝cos 100πt (Wb)‎ 答案：DE 解析：电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图像知电动势的最大值Em＝220 V，有效值E＝220 V，灯泡两端电压U＝＝209 V，故A项错误。由图像知T＝0.02 s，一个周期内电流方向改变两次，可知1 s内电流方向改变100次，故B项错误。灯泡的实际功率P＝＝ W＝459.8 W，故C项错误。电流的有效值I＝＝2.2 A，发电机线圈内阻每秒钟 产生的焦耳热为Qr＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J，故D项正确。由图像知从中性面开始计时，t时间内转过的角度为ωt，则线圈平面与磁场方向夹角为＋ωt，因此有任意时刻Φ＝NBSsin＝NBScos ωt＝NBScost，根据Em＝NBSω＝NBS＝220 V可得NBS＝(Wb)，所以任意时刻的磁通量Φ＝cos 100πt (Wb)，故E项正确。‎ ‎(7)(多选)(2013山东理综，6分)图(a)是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场， 为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图(b)所示，以下判断正确的是(　　)‎ 图(a)　　　　　　　　　　　　　　　　图(b)‎ A．电流表的示数为10 A B．线圈转动的角速度为50π rad/s C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行 D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左 答案：AC 解析：由题图(b)可知交变电流的最大值是Im＝10 A，则有效值为I＝＝10 A；由于电流表的示数为有效值，故示数I＝10 A，故A项正确。由题图(b)知，交变电流的周期为 ‎0.02 s，角速度ω＝＝100π rad/s，故B项错误。0.01 s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C项正确。由于在0.02s时线框的AB边向下运动，根据右手定则可知通过电阻R电流方向自左向右，故D项错误。‎ e．电感“阻高频、通低频”，电容器“阻低频、通高频”‎ ‎(8)(多选)(2017海南单 ，5分)如图所示，电阻R、电容C和电感L并联后，接入输出电压有效值恒定、频率可调的交流电源。当电路中交流电的频率为f时，通过R、C和L的电流有效值恰好相等。若将频率降低为f，分别用I1、I2和I3表示此时通过R、C和L的电流有效值，则(　　)‎ A．I1>I3 B．I1>I2 C．I3>I2 D．I2＝I3‎ 答案：BC 解析：根据电路图可知，电阻R、电容C和电感L并联接入电路，故三者之间不相互影响。当电路中交流电的频率为f时，通过R、C和L的电流有效值恰好相等，将交变电流的频率降低为原来的一半，对于电阻R无影响，其有效值I1＝I。由于电容器C具有“阻低频，通高频”的特点，电容器容抗变大，故通过电容器的电流的有效值会减小，即I2I；综上可知I3>I1>I2，故B项、C项均正确，A项、D项均错误。‎