2021高考物理鲁科版一轮复习教师用书：第十一章第1节　交变电流的产生和描述

第十一章　交变电流　传感器

[全国卷考情分析]——供老师参考

第1节　交变电流的产生和描述

一、交变电流

1.交变电流:电流的大小和方向都随时间做周期性的变化,这种电流叫交变电流,简称交流电.下图为几种交变电流的电流随时间变化的图象.

2.正弦式交变电流的产生和图象

(1)产生:如图所示,在匀强磁场里,线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.

注意:正弦式交变电流的变化规律与线圈的形状、转动轴处于线圈平面内的位置无关.

(2)图象: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,其图象为正弦曲线,如图所示.

二、描述交变电流的物理量

1.交变电流的周期和频率的关系:T=.

2.交变电流的“四值”

(1)瞬时值:交变电流某一时刻的值,是时间的函数.

(2)峰值:交变电流(电流、电压或电动势)所能达到的最大的值,也叫最大值.

(3)有效值: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.对正弦式电流,其有效值和峰值的关系为E=,U=,I=.

(4)平均值:用=n来计算.

通常所说交变电流、电压的数值,各种交流电气设备所标的额定电压和额定电流的数值,一般交流电表测量的数值,都是指有效值(除非有特殊说明).

1.思考判断

(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时,一定会产生正弦式交变电流.(　×　)

(2)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时,线圈中的感应电动势为零,电流方向发生改变.(　√　)

(3)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时,产生的感应电动势也最大.(　×　)

(4)任何交变电流的最大值Im与有效值I之间的关系都是Im=I.(　×　)

(5)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值.(　√　)

2.在如图所示的四种情况中,矩形线圈绕OO′轴匀速转动.不能产生交变电流的是(　A　)

解析:A项由于转轴与磁场平行,故穿过线圈的磁通量一直为零,故不能产生交变电流,A符合题意;B,C,D三项转轴与磁场垂直,线圈绕转轴转动时磁通量周期性变化,则产生的电流为周期性变化,为交变电流,B,C,D不符合题意.

3.(多选)关于中性面,下列说法正确的是(　AC　)

A.线圈在转动中经中性面位置时,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零

B.线圈在转动中经中性面位置时,穿过线圈的磁通量为零,磁通量的变化率最大

C.线圈每经过一次中性面,感应电流的方向就改变一次

D.线圈每转动一周经过中性面一次,所以线圈每转动一周,感应电流的方向就改变一次

解析:中性面是线圈平面与磁感线垂直的位置,线圈经过该位置时,穿过线圈的磁通量最大,各边都不切割磁感线,不产生感应电动势,所以磁通量的变化率为零,A项正确,B项错误;线圈每经过一次中性面,感应电流的方向改变一次,但线圈每转一周时要经过中性面两次,所以每转一周,感应电流方向就改变两次,C项正确,D项错误.

4.(多选)图(甲)为交流发电机的原理图,正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动,电流表为理想交流电表,线圈中产生的交变电流随时间的变化如图(乙)所示,则(　AD　)

A.电流表的示数为10 A

B.线圈转动的角速度为50 rad/s

C.0.01 s时,线圈平面和磁场平行

D.0.01 s时,通过线圈的磁通量变化率为0

解析:由题图(乙)可知交变电流的最大值是Im=10 A,周期T=0.02 s,由于电流表的示数为有效值,故示数I==10 A,选项A正确;角速度ω==100π rad/s,选项B错误;0.01 s时线圈中的感应电流为0,则穿过线圈的磁通量为最大,磁通量变化率为0,故线圈平面与磁场方向垂直,选项C错误,D正确.

考点一　交变电流的产生及变化规律

1.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)

2.两个特殊位置及其特点

[例1] 一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e=200sin(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= s时,e达到峰值

D.该交变电流的电动势的有效值为200 V

解析: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== 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= s时,e达到峰值Em=200 V,选项C正确.该交变电流的电动势的有效值E==200 V,选项D错误.

[针对训练]

(2019·广东广州一模)(多选)如图所示,图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦式交变电流的图象,当调整线圈转速后,所产生的正弦式交变电流的图象如图线b所示.以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的

是(　BCD　)

A.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零

B.线圈先后两次转速之比为3∶2

C.交变电流a的瞬时值表达式为u=10sin(5πt)V

D.交变电流b的最大值为 V

解析:在题图中t=0时刻,感应电动势为零,穿过线圈的磁通量最大,A错误;a的周期为0.4 s,b的周期为0.6 s,转速与周期成反比,所以转速之比为3∶2,B正确;交变电流的瞬时值表达式为u=Umsin ωt,所以a的瞬时值表达式为u=10sin tV=10sin (5πt)V,C正确;由Um=NBSω,可知角速度变为原来的,则最大值变为原来的,交变电流b的最大值为 V,D正确.

考点二　交变电流有效值的求解

1.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,所以计算时要紧扣电流通过电阻生热(或热功率).注意“三同”即“相同电阻”上,“相同时间”内产生“相同热量”,“相同时间”至少要取一个周期,利用公式Q=I2Rt和Q=t可分别求得电流有效值和电压有效值.

2.正弦式交变电流的有效值可利用公式E=,U=,I= 直接计算,其中Em,Um,Im表示正弦式交变电流的峰值.

3.几种典型的电流图象及其有效值

[例2] (2019·辽宁沈阳一模)如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压,正弦式交变电流的每一个二分之一周期中,前面四分之一周期被截去.现在电灯上电压的有效值为(　D　)

A.Um B. 

C. D.

解析:从ut图象上看,每个周期正弦波形的有效值U1=,根据有效值的定义T=××2+0,解得U=,D正确.

1.(有效值的计算)如图所示,为一交流电的电流随时间而变化的图象,此交流电的有效值是(　D　)

A.5 A B.3.5 A C.3.5 A D.5 A

解析:交流电的有效值为I,令该交变电流通过一阻值为R的纯电阻,在一个周期内有I2RT=R+R,所以有效值为I==5 A,D项正确.

2.(有效值和最大值的关系)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.通过R1的电流有效值是1.2 A

B.R1两端的电压有效值是6 V

C.通过R2的电流有效值是1.2 A

D.R2两端的电压最大值是6 V

解析:由图象可知通过R2的电流最大值为0.6 A,由正弦式交变电流最大值与有效值的关系Im=I可知其有效值为0.6 A,由于R1与R2串联,所以通过R1的电流有效值也是0.6 A,选项A,C错误;R1两端电压有效值为U1=IR1=6 V,选项B正确;R2两端电压最大值为U2m=ImR2=0.6×20 V=12 V,选项D错误.

考点三　交变电流“四值”的比较和应用

　对交变电流“四值”的比较和理解

[例3]

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边转入纸里.求:

(1)t=0时感应电流的方向;

(2)感应电动势的瞬时值表达式;

(3)线圈转一圈外力做的功;

(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量.

解析:(1)根据右手定则,线圈感应电流方向为adcba.

(2)线圈的角速度ω=2πn=100π rad/s

题图所示位置的感应电动势最大,

其大小为Em=NBl1l2ω

代入数据得Em=314 V

感应电动势的瞬时值表达式

e=Emcos ωt=314cos(100πt)V.

(3)电动势的有效值E=

线圈匀速转动的周期T==0.02 s

线圈匀速转动一圈,外力做功大小等于电功的大小,

即W=I2(R+r)T=·T

代入数据得W≈98.6 J.

(4)从t=0起线圈转过90°的过程中,Δt内流过R的电荷量q=Δt==

代入数据得q=0.1 C.

答案:(1)感应电流方向沿adcba

(2)e=314cos(100πt)V　(3)98.6 J　(4)0.1 C

1.(交变电流的产生与四值)如图(甲)所示,匝数n=100,边长L=0.1 m的正方形线框置于匀强磁场中,现让线框绕垂直磁场方向的轴匀速转动,如图(乙)为计时开始后,通过线框的磁通量随时间变化的图象,则(　A　)

A.线框中感应电动势有效值为10π V

B.线框两端电压瞬时值为u=20π sin(50πt)V

C.匀强磁场的磁感应强度为4×10-3 T

D.t=0时刻线框恰好位于中性面处

解析:由图(乙)知Φm=4×10-3 Wb,又Φm=BS,S=0.1×0.1 m2,解得B=0.4 T,选项C错误.线框在磁场中绕垂直于磁场的轴转动时产生正弦式交变电流,电动势最大值Em=nBSω=nΦm·=100×4×10-3× V=20π V,有效值为E==10π V,故A正确;如题图所示,线框应是从垂直于中性面位置开始计时,故电压瞬时值应为u=20π cos(50πt)V,B,D错误.

2.(交变电流的图象和四值)(多选)如图所示,图线a和图线b分别表示线圈A和线圈B在同一匀强磁场中匀速转动时,通过线圈的磁通量随时间的变化规律.已知线圈A的匝数与线圈B的匝数分别为10和30,以下说法正确的是(　BC　)

A.线圈A与线圈B转速之比为2∶3

B.线圈A与线圈B产生的最大电动势之比为1∶1

C.线圈A的感应电动势的瞬时值表达式为e=500πcos(5πt)V

D.线圈B在t=0.3 s时刻位于中性面位置

解析:由图象可得Ta=0.4 s,Tb=0.6 s,则转速na==2.5 r/s,nb== r/s,所以线圈A与线圈B转速之比为3∶2,A项错误;线圈A,B中产生的最大电动势分别为Eam=NaΦamωa=10×10× V=500π V,Ebm=NbΦbmωb=30×5× V=500π V,所以线圈A与线圈B产生的最大电动势之比为1∶1,B项正确;在t=0时刻,线圈A的感应电动势最大,因此感应电动势的瞬时值表达式为e=500πcos(5πt) V,C项正确;在t=0.3 s时刻,通过线圈B的磁通量为零,磁通量的变化率最大,故感应电流最大,与中性面垂直,D项错误.

1.(2018·全国Ⅲ卷,20)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧.导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向.导线框R中的感应电动势(　AC　)

A.在t=时为零

B.在t=时改变方向

C.在t=时最大,且沿顺时针方向

D.在t=T时最大,且沿顺时针方向

解析:在t=时,交流电图线斜率为0,即磁场变化率为0,由E==S知,E=0,选项A正确;在t=和t=T时,图线斜率最大,磁场的变化率最大,则在t=和t=T时感应电动势最大.在到之间,电流由Q到P减弱,导线在R处产生垂直纸面向里的磁场,且磁场减弱,由楞次定律知,R中感应电动势沿顺时针方向,同理可判断在到时,R中电动势也为顺时针方向,在T到T时,R中电动势为逆时针方向,选项C正确,B,D错误.

2.

(2013·福建卷,15)如图,实验室一台手摇交流发电机,内阻r=1.0 Ω,外接R=9.0 Ω的电阻.闭合开关S,当发电机转子以某一转速匀速转动时,产生的电动势e=10sin(10πt)V,则(　D　)

A.该交变电流的频率为10 Hz

B.该电动势的有效值为10 V

C.外接电阻R所消耗的电功率为10 W

D.电路中理想交流电流表A的示数为1.0 A

解析:因e=10sin(10πt)V,故ω=10π rad/s,由ω=2πf得f==5 Hz,选项A错误;Em=10 V,故其有效值E==10 V,选项B错误;交流电表的示数及功率的计算均要用有效值,因此电路中的示数I==1.0 A,选项D正确;外接电阻R所消耗的功率为P=I2R=1.02×9 W=9 W,选项C错误.

3.

(2017·天津卷,6)(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2 Ω,则(　AD　)

A.t=0时,线圈平面平行于磁感线

B.t=1 s时,线圈中的电流改变方向

C.t=1.5 s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8π2 J

解析:

t=0时,磁通量为零,磁感线与线圈平面平行,A正确;当磁感线与线圈平面平行时,磁通量变化率最大,感应电动势最大,画出感应电动势随时间变化的图象如图,由图可知,t=1 s时,感应电流没有改变方向,B错误;t=1.5 s时,感应电动势为0,C错误;感应电动势最大值Em=NBSω=NΦm=100×0.04×V=4π V,有效值E=×4π V=2π V,Q=T=8π2 J,D正确.

4.

(2019·湖南衡阳模拟)(多选)如图所示,面积为S、匝数为N、电阻为r的正方形导线框与阻值为R的电阻构成闭合回路,理想交流电压表并联在电阻R的两端.线框在

磁感应强度为B的匀强磁场中,以与电路连接的一边所在直线为轴垂直于磁场以角速度ω匀速转动,不计其他电阻,则下列说法正确的是(　ABC　)

A.若从图示位置开始计时,线框中感应电动势的瞬时值为e=NBSωsin ωt

B.线框通过中性面前后,流过电阻R的电流方向将发生改变,1秒钟内流过电阻R的电流方向改变次

C.线框从图示位置转过60°的过程中,通过电阻R的电荷量为

D.电压表的示数跟线框转动的角速度ω大小无关

解析:从图示位置开始计时,即从线框处于中性面位置开始计时,感应电动势瞬时值e=NBSωsin ωt,A项正确;线框通过中性面前后,流过电阻R的电流方向发生改变,每转1周电流方向改变2次,1秒钟内线框转动圈数为=,故流过电阻R的电流方向改变2×=次,B项正确;线框从图示位置转过60°的过程中,通过电阻R的电荷量Δq=Δt=Δt=N,而ΔΦ=BΔS⊥=BS,故Δq=,C项正确;电压表的示数U=,而E=,故U∝ω,D项错误.