2021高考物理沪科版新课程一轮复习关键能力·题型突破11.1交变电流的产生和描述

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关键能力·题型突破

考点一　正弦式交变电流的产生及变化规律

1.(多选)(2019·天津高考)单匝闭合矩形线框电阻为R,在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动,穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图象如图所示。下列说法正确的是              (　　)

A.时刻线框平面与中性面垂直

B.线框的感应电动势有效值为

C.线框转一周外力所做的功为

D.从t=0到t=过程中线框的平均感应电动势为

【解析】选B、C。由图象可知时刻线圈的磁通量最大,因此此时线圈处于中性面位置,因此A错误;由图可知交流电的周期为T,则ω=,交流电的电动势最大值为Em=nBSω=Φm,则有效值为E有==,故B正确;线圈转一周所做的功为转动一周的发热量,W=T=,故C正确;从t=0时刻到t=时刻的平均感应电动势为E===,D错误。

2.(2019·济南模拟)手摇式发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动时,其磁通量随时间按如图所示的正弦规律变化。当线圈的转速变为原来的一半时,下列说法正确的是              (　　)

A.交流电压的变化周期变为原来的一半

B.穿过线圈的磁通量的最大值变为原来的一半

C.交流电压的最大值变为原来的一半

D.交流电压的有效值变为原来的倍

【解析】选C。根据T=可知,当线圈的转速变为原来的一半时,周期变为原来的2倍,选项A错误;穿过线圈的磁通量的最大值为Φm=BS,与转速无关,选项B错误;当线圈的转速变为原来的一半时,角速度变为原来的一半,根据E=nBSω可知,交流电压的最大值变为原来的一半,选项C正确;根据E=可知,交流电压的有效值变为原来的一半,选项D错误。

3.如图所示,OO′是磁感应强度大小为B的匀强磁场的左边界,也是一面积为S的n匝矩形金属线框的对称轴,若线框以角速度ω绕与磁感线垂直的转轴OO′匀速转动,并从图示位置(线框与磁感线平行)开始计时,则              (　　)

A.t=时,线框中的感应电流最小

B.t=时,穿过线框的磁通量变化率最大

C.线框中产生的交变电动势的最大值为nBSω

D.线框中产生的交变电动势的有效值为nBSω

【解析】选D。当t=时,即ωt=2π时线框中的感应电流最大,A错误;当t=时,即ωt=时,线框处于中性面位置,感应电流为零,此时磁通量的变化率最小,B错误;线框中产生的交变电动势的最大值为Em=nB··ω=nBSω,C错误; 线框中产生的交变电动势的有效值为E==nBSω,D正确。

4.如图所示是一台发电机的结构示意图,其中N、S是永久磁铁的两个磁极,它们的表面呈半圆柱面形状。M是圆柱形铁芯,它与磁极的柱面共轴,铁芯上有一矩形线框,可绕与铁芯M共轴的固定转动轴旋转。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场。若从图示位置开始计时,当线框绕固定转动轴匀速转动时,下列图象中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的

是 (　　)

【解析】选D。因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状,磁极间的磁感线如图所示,即呈辐向分布磁场,磁感应强度的大小不变,仅方向发生改变,故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线,产生的感应电动势的大小不变,线框越过空隙后,由于线框切割磁感线方向发生变化,所以感应电动势的方向发生变化,综上所述,D正确。

正弦式交变电流的产生及特点

(1)矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。

(2)两个特殊位置的特点。

(3)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。

(4)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。

考点二　交变电流有效值的求解

【典例1】(2019·石家庄模拟)一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO′轴以相同的角速度匀速转动,通过导线给同一电阻R供电,如图甲、乙所示。其中甲图中OO′轴右侧有磁场,乙图中整个空间均有磁场,两磁场磁感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为               世纪金榜导学号(　　)

A.1︰　　B.1︰2　　C.1︰4　　　　D.1︰1

【通型通法】

1.题型特征:求交变电流电流表示数之比。

2.思维导引:

【解析】选A。题图甲中的磁场只有OO′轴的右侧,所以线框只在半周期内有感应电流产生,如图甲,电流表测的是有效值,所以I=。题图乙中的磁场布满整个空间,线框中产生的感应电流如图乙,所以I′=,则I︰I′=1︰,即A正确。

【多维训练1】如图所示为某一线圈交流电的电流—时间关系图象,前半个周期为正弦波形的,则一个周期内该电流的有效值为              (　　)

A.I0　　　B.I0　　　C.I0　　　D.I0

【解析】选B。设电流的有效值为I,由I2RT=()2R·+(2I0)2R·,解得I=I0。故选B。

【多维训练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;若该电阻接到正弦交流电源上,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.1∶　　　B.∶1　　　C.1∶2　　　D.2∶1

【解析】选D。据Q热=T得:Q方=T,Q正=T,两式相除就有Q方∶Q正=2∶1,故选D。

求解交变电流有效值的三种方法

(1)公式法:利用E=、U=、I=计算,此方法只适用于正弦式交变电流。

(2)定义法:

①设阻值、定时间:设将交变电流加在阻值为R的电阻上,时间取t=T。

②求热量:Q=Q1+Q2+…(分段法)。

③求解有效值:根据Q=I2Rt=t代入求解有效值。

(3)比例法:由P=I2R、P=可知,R一定时,P∝I2、P∝U2,所以可根据功率的变化比例确定有效值的变化比例。此方法适合分析对两种状态进行对比的问题。

考点三　交变电流“四值”比较和应用

【典例2】(2019·张家口模拟)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。              世纪金榜导学号

(1)在图中标出t=0时感应电流的方向;

(2)写出线圈感应电动势的瞬时表达式;

(3)线圈转一圈外力做功多大?

(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量是多大?

【通型通法】

1.题型特征:求电动势瞬时表达式,外力对线圈做功和通过电阻的电荷量。

2.思维导引:

【解析】(1)线圈感应电流的方向为adcba。

(2)n=3 000 r/min=50 r/s,所以线圈的角速度ω=2πn=100π rad/s。

图示位置的感应电动势最大,其大小为Em=NBSω=NBl1l2ω,代入数据得Em=314 V。

电动势的表达式e=Emcosωt=314cos100πt(V)。

(3)电动势的有效值E=,线圈匀速转动的周期T==0.02 s,线圈匀速转动一周,外力做功大小等于电功的大小,即W=I2(R+r)T=()2(R+r)T,

代入数据得W≈98.6 J。

(4)从t=0起转过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)方向为adcba　(2)e=314cos100πt(V)

(3)98.6 J　 (4)0.1 C

【多维训练1】(2019·保定模拟)小型手摇发电机线圈共N匝,每匝可简化为矩形线圈abcd,磁极间的磁场视为匀强磁场,方向垂直于线圈中心轴OO′,线圈绕OO′匀速转动,如图所示,矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0,不计线圈电阻,则发电机输出电压              (　　)

A.峰值是e0　　　　　　 B.峰值为2e0

C.有效值为Ne0    D.有效值为Ne0

【解析】选D。由题意可知,线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0,因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0,又因为发电机线圈共N匝,所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0,根据闭合电路欧姆定律可知,在不计线圈内阻时,输出电压等于感应电动势的大小,即其峰值为2Ne0,故选项A、B错误;又由题意可知,若从图示位置开始计时,发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流,由其有效值与峰值的关系可知,U=,即U=Ne0,故选项C错误,选项D正确。

【多维训练2】如图甲所示,标有“220 V　40 W”的灯泡和标有“20 μF　300 V”的电容器并联到交流电源上,为交流电压表,交流电源的输出电压如图乙所示,闭合开关。下列判断正确的是              (　　)

A.t=时刻,的示数为零

B.灯泡恰好正常发光

C.电容器不可能被击穿

D.的示数保持110 V不变

【解析】选B。的示数应是电压的有效值220 V,故A、D错误;电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压,灯泡正常发光,B正确;电压的峰值Um=220 V≈311 V,大于电容器的耐压值,故电容器有可能被击穿,C错误。

交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较

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