新高考物理一輪復習精品學案第12章第1講交變電流的產生和描述（含解析）-學案下載-教習網

第1講交變電流的產生和描述
目標要求 1.理解正弦式交變電流的產生過程，能正確書寫交變電流的函數表達式.2.理解并掌握交變電流圖像的意義.3.理解描述交變電流的幾個物理量，會計算交變電流的有效值.4.知道交流電“四值”在具體情況下的應用．
考點一正弦式交變電流的產生及變化規(guī)律
1．產生
線圈繞垂直于勻強磁場方向的軸勻速轉動．
2．兩個特殊位置的特點
(1)線圈平面轉到中性面時，S⊥B，Φ最大，eq \f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，電流方向將發(fā)生改變．
(2)線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，eq \f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，電流方向不改變．
3．一個周期內線圈中電流的方向改變兩次．
4．描述交變電流的物理量
(1)最大值
Em＝NBSω，與轉軸位置無關，與線圈形狀無關(填“有關”或“無關”)．
(2)周期和頻率
①周期(T)：交變電流完成一次周期性變化所需的時間．單位是秒(s)，公式T＝eq \f(2π,ω).
②頻率(f)：交變電流在單位時間內完成周期性變化的次數．單位是赫茲(Hz)．
③周期和頻率的關系：T＝eq \f(1,f)或f＝eq \f(1,T).
5．交變電流的變化規(guī)律(線圈從中性面開始計時)
1．矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動時，一定會產生正弦式交變電流．( × )
2．線圈在磁場中轉動的過程中穿過線圈的磁通量最大時，產生的感應電動勢也最大．( × )
3．線圈經過中性面時，感應電動勢為零，感應電流方向發(fā)生改變．( √ )
4．當線圈從垂直中性面開始計時，產生的電動勢按正弦規(guī)律變化，即e＝Emsin ωt.( × )
書寫交變電流瞬時值表達式的技巧
(1)確定正弦交變電流的峰值：根據已知圖像讀出或由公式Em＝NBSω求出相應峰值．
(2)明確線圈的初始位置：
①若線圈從中性面位置開始計時，則i－t圖像為正弦函數圖像，函數表達式為i＝Imsin ωt.
②若線圈從垂直中性面位置開始計時，則i－t圖像為余弦函數圖像，函數表達式為i＝Imcs ωt.
例1 一手搖交流發(fā)電機線圈在勻強磁場中勻速轉動，內阻不計．轉軸位于線圈平面內，并與磁場方向垂直．產生的電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示，則( )
A．該交變電流頻率是0.4 Hz
B．計時起點，線圈恰好與中性面重合
C．t＝0.1 s時，穿過線圈平面的磁通量最大
D．該交變電動勢瞬時值表達式是e＝10eq \r(2)cs 5πt(V)
答案 C
解析由題圖可知電壓隨著時間變化的周期為T＝0.4 s，故頻率為f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.4) Hz＝2.5 Hz，故A錯誤；計時起點，電動勢最大，所以此時磁通量為0，線圈和中性面垂直，故B錯誤；t＝0.1 s時，電動勢為0，穿過線圈平面的磁通量最大，故C正確；該交變電動勢最大值為Um＝10 V，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.4)＝5π rad/s，又從垂直中性面開始計時，所以電動勢瞬時值表達式是 e＝Emcs ωt＝10cs 5πt(V)，故D錯誤．
例2 為了研究交流電的產生過程，小張同學設計了如下實驗構思方案：第一次將單匝矩形線圈放在勻強磁場中，線圈繞轉軸OO1按圖示方向勻速轉動(ab向紙外，cd向紙內)，并從圖甲所示位置開始計時，此時產生的交流電如圖乙所示．第二次他僅將轉軸移至ab邊上，第三次他僅將轉軸OO1右側的磁場去掉，關于后兩次的電流圖像，下列說法正確的是( )
A．第二次是(a)圖 B．第二次是(c)圖
C．第三次是(b)圖 D．第三次是(d)圖
答案 D
解析第二次將轉軸移到ab邊上產生的感應電流與第一次相同，第三次將OO1右側的磁場去掉，線圈在轉動過程中只有一邊切割磁感線，產生的交變電流的最大值為原來的eq \f(1,2)，D正確．
例3 (多選)如圖所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉動時所產生正弦式交變電流的圖像，當調整線圈轉速后，其在同一磁場中勻速轉動過程所產生正弦式交變電流的圖像如圖線b所示．下列關于這兩個正弦式交變電流的說法中正確的是( )
A．在圖中t＝0時刻穿過線圈的磁通量均為零
B．線圈先后兩次轉速之比為3∶2
C．交變電流a的電動勢瞬時值表達式為e＝10sin (5πt) V
D．交變電流b的電動勢最大值為eq \f(20,3) V
答案 BCD
解析由題圖可知t＝0時刻線圈均在中性面位置，穿過線圈的磁通量最大，A錯誤；由圖像可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B正確；由圖像可知交變電流a的電動勢最大值為
10 V，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.4) rad/s＝5π rad/s，所以交變電流a的電動勢瞬時值表達式為e＝10sin (5πt) V，C正確；交變電流的電動勢最大值為Em＝NBSω，故Ema∶Emb＝3∶2，知Emb＝eq \f(2,3)Ema＝eq \f(20,3) V，D正確．
考點二交變電流有效值的求解
1．有效值
讓交變電流與恒定電流分別通過大小相同的電阻，如果在交變電流的一個周期內它們產生的熱量相等，則這個恒定電流的電流I與電壓U就是這個交變電流的有效值．
2．正弦式交變電流的有效值與峰值之間的關系
I＝eq \f(Im,\r(2))，U＝eq \f(Um,\r(2))，E＝eq \f(Em,\r(2)).
1．有效值等于峰值的eq \f(\r(2),2)，這一關系適用于所有交變電流．( × )
2．交變電流的有效值就是一個周期內的平均值．( × )
有效值的計算
(1)計算有效值時要根據電流的熱效應，抓住“三同”：“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”，先分段計算熱量，求和得出一個周期內產生的總熱量，然后根據Q總＝I2RT或Q總＝eq \f(U2,R)T列式求解．
(2)若圖像部分是正弦(或余弦)式交變電流，其中的eq \f(1,4)周期(必須是從零至最大值或從最大值至零)和eq \f(1,2)周期部分可直接應用正弦式交變電流有效值與最大值間的關系I＝eq \f(Im,\r(2))、U＝eq \f(Um,\r(2))求解．
例4 如圖所示為一交流電電流隨時間變化的圖像，此交流電電流的有效值為( )
A．7 A B．5 A
C．3.5eq \r(2) A D．3.5 A
答案 B
解析設該電流的有效值為I，根據有效值的定義有：(4eq \r(2) A)2R×0.02 s＋(3eq \r(2) A)2R×0.02 s＝I2R×0.04 s，解得I＝5 A，故選B.
例5 (2022·湖北黃岡市模擬)如圖是某一線圈通過的交流電的電流—時間關系圖像(前半個周期為正弦波形的eq \f(1,2))，則一個周期內該電流的有效值為( )
A.eq \f(3,2)I0 B.eq \f(\r(5),2)I0 C.eq \f(\r(3),2)I0 D.eq \f(5,2)I0
答案 B
解析設該電流的有效值為I，由I2RT＝(eq \f(I0,\r(2)))2R·eq \f(T,2)＋(2I0)2R·eq \f(T,4)，解得I＝eq \f(\r(5),2)I0，故選B.
考點三交變電流“四值”的理解和計算
1．交流電壓表和電流表測量的是交流電的峰值．( × )
2．可以用平均值計算交變電流產生的熱量．( × )
3．求通過導體橫截面的電荷量q＝It，其中的I指的是有效值．( × )
例6 一個U形金屬線框在兩勻強磁場中繞OO′軸以相同的角速度勻速轉動，通過導線給同一電阻R供電，如圖甲、乙所示．甲圖中OO′軸右側有磁場，乙圖中整個空間均有磁場，兩圖中磁場的磁感應強度相同．則甲、乙兩圖中交流電流表的示數之比為( )
A．1∶eq \r(2) B．1∶2 C．1∶4 D．1∶1
答案 A
解析題圖甲中OO′軸的右側有磁場，所以線框只在半個周期內有感應電流產生，感應電流隨時間變化的圖像如圖(a)，交流電流表測的是有效值，由(eq \f(\f(BSω,R),\r(2)))2·R·eq \f(T,2)＝I2·RT，得I＝eq \f(BSω,2R).題圖乙中整個空間均有磁場，線框中產生的感應電流隨時間變化的圖像如圖(b)，所以I′＝eq \f(BSω,\r(2)R)，則I∶I′＝1∶eq \r(2)，故A正確．
例7 (多選)如圖甲所示，標有“220 V 40 W”的燈泡和標有“20 μF 320 V”的電容器并聯接到交流電源上，為交流電壓表，交流電源的輸出電壓如圖乙所示，閉合開關．下列判斷正確的是( )
A．t＝eq \f(T,2)時刻，的示數為零
B．燈泡恰好正常發(fā)光
C．電容器不可能被擊穿
D.的示數保持110eq \r(2) V不變
答案 BC
解析的示數應是交流電壓的有效值220 V，故選項A、D錯誤；交流電壓的有效值恰好等于燈泡的額定電壓，燈泡正常發(fā)光，選項B正確；交流電壓的峰值Um＝220eq \r(2) V≈311 V，小于電容器的耐壓值，故電容器不可能被擊穿，選項C正確．
例8 (多選)如圖所示，邊長為L的正方形單匝線圈abcd，電阻為r，外電路的電阻為R，ab的中點和cd的中點的連線恰好位于勻強磁場的邊界線OO′上，磁場的磁感應強度為B，若線圈從圖示位置開始以角速度ω繞OO′軸勻速轉動，則以下判斷正確的是( )
A．圖示位置線圈中的感應電動勢最大，為Em＝BL2ω
B．從圖示位置開始計時，閉合電路中感應電動勢的瞬時值表達式為e＝eq \f(1,2)BL2ωsin ωt
C．線圈從圖示位置起轉過180°的過程中，流過電阻R的電荷量為q＝eq \f(2BL2,R＋r)
D．線圈轉動一周的過程中，電阻R上產生的熱量為Q＝eq \f(πB2ωL4R,4?R＋r?2)
答案 BD
解析題圖位置線圈中的感應電動勢最小，為零，A錯誤；若線圈從題圖位置開始轉動，閉合電路中感應電動勢的瞬時值表達式為e＝eq \f(1,2)BL2ωsin ωt，B正確；線圈從題圖位置轉過180°的過程中，流過電阻R的電荷量為q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R總)＝eq \f(BL2,R＋r)，C錯誤；Em＝eq \f(1,2)BL2ω，線圈轉動一周的過程中，電阻R上產生的熱量為Q＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(Em,\r(2)),R＋r)))2·R·eq \f(2π,ω)＝eq \f(πB2ωL4R,4?R＋r?2)，D正確．
課時精練
1.在勻強磁場中，匝數N＝100的矩形線圈繞垂直磁感線的轉軸勻速轉動，線圈中產生的感應電動勢隨時間變化規(guī)律如圖所示，則下列說法正確的是( )
A．t＝0.5×10－2 s時，線圈平面與中性面重合
B．t＝1×10－2 s時，線圈中磁通量變化率最大
C．穿過每一匝線圈的最大磁通量為1×10－3 Wb
D．線圈轉動的角速度為50π rad/s
答案 C
解析由題圖可知，當t＝0.5×10－2 s時，感應電動勢最大，線圈平面與中性面垂直，故A錯誤；當t＝1×10－2 s時，感應電動勢為0，磁通量變化率為0，故B錯誤；該交流電的周期T＝0.02 s，則線圈轉動的角速度ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.02) rad/s＝100π rad/s，交流電的最大感應電動勢Em＝NBSω，所以Φm＝BS＝eq \f(Em,Nω)＝eq \f(10π,100×100π) Wb＝1×10－3 Wb，故C正確，D錯誤．
2．一只低壓教學電源輸出的交變電壓為U＝10eq \r(2)sin 314t(V)，以下說法正確的是( )
A．這只電源可以使“10 V 2 W”的燈泡正常發(fā)光
B．這只電源的交變電壓的周期是314 s
C．這只電源在t＝0.01 s時電壓達到最大值
D．“10 V 2 μF”電容器可以接在這只電源上
答案 A
解析這只電源交流電的峰值Um＝10eq \r(2) V，則有效值U＝eq \f(10\r(2),\r(2)) V＝10 V，所以這只電源可以使“10 V 2 W”的燈泡正常發(fā)光，故A項正確；ω＝314 rad/s，則T＝eq \f(2π,ω)＝0.02 s，故B項錯誤；t＝0.01 s時，經過半個周期，電壓為零，故C項錯誤；當電容器的耐壓值小于峰值，電容器被擊穿，10 V小于10eq \r(2) V，則“10 V 2 μF”電容器不能接在這只電源上，故D項錯誤．
3.(2021·浙江6月選考·5)如圖所示，虛線是正弦交流電的圖像，實線是另一交流電的圖像，它們的周期T和最大值Um相同，則實線所對應的交流電的有效值U滿足( )
A．U＝eq \f(Um,2) B．U＝eq \f(\r(2)Um,2)
C．U>eq \f(\r(2)Um,2) D．U

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