2019-2020年高考物理總復習講義 第10章 第1講 交變電流的產生和描述.doc

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2019-2020年高考物理總復習講義 第10章 第1講 交變電流的產生和描述 考　綱　點　擊 備　考　指　南 1.交變電流、交變電流的圖象Ⅰ 1.交變電流的產生及描述(e、u、i的瞬時值表達式、峰值、有效值、周期、頻率)，特別是交流電的圖象和有效值的計算是考查的熱點． 2.變壓器的原理，電壓比、電流比及功率關系，遠距離輸電問題等是考查的重點． 3.掌握傳感器的一些簡單使用和一些敏感元件的基本原理 2.正弦交變電流的函數表達式、峰值和有效值?、? 3.理想變壓器Ⅰ 4.遠距離輸電Ⅰ 實驗十一：傳感器的簡單使用 知識一　正弦式交變電流的產生和變化規(guī)律 1．產生 如圖10－1－1所示，將閉合線圈置于勻強磁場中，并繞垂直于磁感線方向的軸做勻速轉動． 圖10－1－1 2．變化規(guī)律(線圈在中性面位置開始計時) (1)電動勢e隨時間變化的規(guī)律：e＝Emsin ωt. (2)電壓u隨時間變化的規(guī)律：u＝Umsin_ωt. (3)電流i隨時間變化的規(guī)律：i＝Imsin_ωt. 其中ω等于線圈轉動的角速度，Em＝nBl1l2ω＝nBSω. 3．正弦式交變電流的圖象(如圖10－1－2所示) 圖10－1－2 　(1)閉合線圈在磁場中轉動，當線圈中磁通量最大時，線圈中產生的電流最大．() (2)只有在中性面開始計時時，電動勢表達式才可書寫為e＝Emsin ωt.(√) 知識二　描述交變電流的物理量 1．周期和頻率 (1)周期T：交變電流完成一次周期性變化(線圈轉動一周)所需的時間，單位是秒(s)．公式表達式為T＝. (2)頻率f：交變電流在1 s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＝或f＝. 2．交變電流的瞬時值、峰值、有效值和平均值 (1)瞬時值：交變電流某一時刻的值，是時間的函數． (2)峰值：交變電流的電流或電壓所能達到的最大值． (3)有效值：讓交變電流與恒定電流分別通過相同的電阻，如果它們在交變電流的一個周期內產生的熱量相等，則這個恒定電流I、恒定電壓U就是這個交變電流的有效值． (4)正弦式交變電流的有效值與峰值之間的關系 I＝，U＝，E＝. (5)平均值：交變電流圖象中波形與橫軸所圍面積跟時間的比值，其數值可以用＝n計算． 　只有正弦交變電流有效值與峰值之間存在確定的關系，其他交變電流的有效值要根據焦耳定律進行確定． 1．圖中閉合線圈都在勻強磁場中繞虛線所示的固定轉軸勻速轉動，不能產生正弦式交變電流的是(　　) 【解析】　A、B選項中閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場且過線圈平面的轉軸勻速轉動，滿足產生正弦式交變電流的條件，能產生正弦式交變電流；C選項中轉軸平行于磁場，轉動過程中，穿過線圈的磁通量始終為零，故C中不產生正弦式交變電流；D選項中雖然只有一半線圈在磁場中，但是始終有一邊切割磁感線按照正弦規(guī)律產生感應電動勢，且一邊出時，另一邊恰好入，保證轉動過程中感應電動勢連續(xù)按照正弦規(guī)律變化．故應選C. 【答案】　C 2．已知某電阻元件在正常工作時，通過它的電流按如圖10－1－3所示的規(guī)律變化．現與這個電阻元件串聯一個多用電表(已調至交流電流擋)，則多用電表的讀數為(　　) 圖10－1－3 A．4 A　　　　　 B．4 A C．5 A D．5 A 【解析】　多用電表的讀數為有效值，由I2RT＝()2R＋(3)2R，得I＝5 A，C項正確． 【答案】　C 3．(xx海南高考)通過一阻值R＝100 Ω的電阻的交變電流如圖10－1－4所示，其周期為1 s．電阻兩端電壓的有效值為(　　) 圖10－1－4 A．12 V　　B．4 V　　C．15 V　　D．8 V 【解析】　由有效值定義可得1 s＝(0.1 A)2R0.4 s2＋(0.2 A)2R0.1 s2，其中R＝100 Ω，可得U＝4 V，B正確． 【答案】　B 4．(多選)(xx廣東高考)某小型發(fā)電機產生的交變電動勢為e＝50sin 100πt(V)．對此電動勢，下列表述正確的有(　　) A．最大值是50 V　　　　　　 B．頻率是100 Hz C．有效值是25 V D．周期是0.02 s 【解析】　交變電動勢e＝Emsin ωt或e＝Emcos ωt，其中Em為電動勢的最大值，ω為角速度，有效值E＝，周期T＝，頻率f＝.由e＝50sin 100πt知，Em＝50 V，E＝ V＝25 V，T＝＝ s＝0.02 s，f＝＝ Hz＝50 Hz，所以選項C、D正確． 【答案】　CD 考點一 [82]　正弦式交變電流的變化規(guī)律 一、正弦式電流的變化規(guī)律(線圈在中性面位置開始計時) 規(guī)律 物理量　 函數 圖象 磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt 電動勢 e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt 電壓 u＝Umsin ωt＝sin ωt 電流 i＝Imsin ωt＝sin ωt 二、兩個特殊位置的特點 1．線圈平面與中性面重合時，S⊥B，Φ最大，＝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，最大，e最大，i最大，電流方向不改變． 三、交變電流瞬時值表達式書寫的基本思路 1．確定正弦交變電流的峰值，根據已知圖象或公式Em＝nBSω求出相應峰值． 2．明確線圈的初始位置，找出對應的函數關系式． (1)線圈從中性面位置開始轉動，則i－t圖象為正弦函數圖象，函數式為i＝Imsin ωt. (2)線圈從垂直中性面位置開始轉動，則i－t圖象為余弦函數圖象，函數式為i＝Imcos ωt. ——————[1個示范例]—————— 　(xx安徽高考)圖10－1－5甲是交流發(fā)電機模型示意圖．在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內垂直于磁感線的軸OO′轉動，由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO′轉動的金屬圓環(huán)相連接，金屬圓環(huán)又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路．圖10－1－5乙是線圈的主視圖，導線ab和cd分別用它們的橫截面來表示．已知ab長度為L1，bc長度為L2，線圈以恒定角速度ω逆時針轉動．(只考慮單匝線圈) 甲　　　　　　　　　　　　　乙 丙 圖10－1－5 (1)線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢e1的表達式； (2)線圈平面處于與中性面成φ0夾角位置時開始計時，如圖丙所示，試寫出t時刻整個線圈中的感應電動勢e2的表達式； (3)若線圈電阻為r，求線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱．(其他電阻均不計) 【審題指導】　(1)開始計時時線圈的初位置不同，則瞬時值表達式不同． (2)求解的是電阻R上產生的焦耳熱，不要忽視線圈電阻r的影響． 【解析】　(1)矩形線圈abcd在磁場中轉動時，ab、cd切割磁感線，且轉動的半徑為r＝， 轉動時ab、cd的線速度v＝ωr＝，且與磁場方向的夾角為ωt， 所以，整個線圈中的感應電動勢e1＝2BL1vsin ωt＝BL1L2ωsin ωt. (2)當t＝0時，線圈平面與中性面的夾角為φ0，則某時刻t時，線圈平面與中性面的夾角為(ωt＋φ0) 故此時感應電動勢的瞬時值 e2＝2BL1vsin(ωt＋φ0)＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)． (3)線圈勻速轉動時感應電動勢的最大值 Em＝BL1L2ω，故有效值E＝＝ 回路中電流的有效值I＝＝ 根據焦耳定律知轉動一周電阻R上的焦耳熱為 Q＝I2RT＝[]2R＝. 【答案】　(1)e1＝BL1L2ωsin ωt (2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)　(3) ——————[1個預測例]—————— 　一只矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量隨時間變化的圖象如圖10－1－6甲所示，則下列說法中正確的是(　　) 甲　　　　　　　　　乙 圖10－1－6 A．t＝0時刻線圈平面與中性面垂直 B．t＝0.01 s時刻Φ的變化率達到最大 C．t＝0.02 s時刻感應電動勢達到最大 D．該線圈相應的感應電動勢圖象如圖乙所示 【解析】　由Φ－t圖知，在t＝0時，Φ最大，即線圈處于中性面位置，此時e＝0，故A、D兩項錯誤；由圖知T＝0.04 s，在t＝0.01 s時，Φ＝0，最大，e最大，則B項正確；在t＝0.02 s時，Φ最大，＝0，e＝0，則C項錯． 【答案】　B 考點二 [83]　交變電流有效值的計算 一、正弦交變電流的有效值 利用I＝，U＝，E＝計算．只適用于正(余)弦式交流電． 二、非正弦交變電流的有效值的計算 1．計算有效值時要注意根據電流的熱效應，抓住“三同”：“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”列式求解．“相同時間”一般取一個周期時間． 2．利用兩個公式Q＝I2Rt和Q＝t可分別求得電流有效值和電壓有效值． ——————[1個示范例]—————— 　如圖10－1－7所示為一個經雙可控硅調節(jié)后加在電燈上的電壓，正弦交流電的每一個二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，則現在電燈上電壓的有效值為(　　) 圖10－1－7 A．Um　　　　B.　　　　C.　　　　D. 【解析】　由題給圖象可知，交流電壓的變化規(guī)律具有周期性，用電流熱效應的等效法求解．設電燈的阻值為R，正弦交流電壓的有效值與峰值的關系是U＝，由于一個周期內半個周期有交流電壓，一周期內交流電產生的熱量為Q＝t＝，設交流電壓的有效值為U，由電流熱效應得Q＝＝T，所以該交流電壓的有效值U＝Um/2，可見選項D正確． 【答案】　D ——————[1個預測例]—————— 　在如圖10－1－8甲所示電路中，D為理想二極管(正向電阻為零，反向電阻為無窮大)．R1＝30 Ω，R2＝60 Ω，R3＝10 Ω.在MN間加上如圖10－1－8乙所示的交變電壓時，R3兩端電壓表的讀數大約是(　　) 圖10－1－8 A．3 V　　　B．3.5 V　　　C．4 V　　　D．5 V 【審題指導】　由電路圖甲和MN所加交變電壓圖乙，二極管導通和截止兩種狀態(tài)下R3兩端的電壓不同，再由此確定一個周期內R3兩端電壓的有效值． 【解析】　在0～0.01 s內，二極管導通，電壓表讀數為U3＝Um＝4 V，在0.01～0.02 s內，二極管截止，電壓表讀數U3′＝Um＝3 V．根據交流電有效值的定義得：＋＝T，U＝3.5 V，B正確． 【答案】　B 考點三 [84]　交變電流“四值”的理解和應用 交變電流的瞬時值、峰值、有效值和平均值的比較 物理量 物理含義 重要關系 應用情況及說明 瞬時值 交變電流某一時刻的值 e＝Emsin ωt， u＝Umsin ωt， i＝Imsin ωt 計算線圈某時刻的受力情況 最大值 最大的瞬時值 Em＝nBSω， Em＝nΦmω， Im＝ 討論電容器的擊穿電壓 有效值 跟交變電流的熱效應等效的恒定電流的值 對正弦、余弦交變電流 E＝，U＝， I＝ (1)計算與電流的熱效應有關的量(如電功、電功率、電熱等) (2)電氣設備“銘牌”上所標的一般是指有效值 (3)保險絲的熔斷電流為有效值 (4)交流電壓表和電流表的讀數為有效值 平均值 交變電流圖象中圖線與t軸所圍成的面積與時間的比值 ＝BL， ＝n， ＝ 計算有關電荷量時只能用平均值 ——————[1個示范例]—————— 　(xx大連模擬)一個單匝矩形線框的面積為S，在磁感應強度為B的勻強磁場中，從線圈平面與磁場垂直的位置開始計時，轉速為n轉/秒，則(　　) A．線框交變電動勢的最大值為nπBS B．線框交變電動勢的有效值為nπBS C．從開始轉動經過周期，線框中的平均感應電動勢為2nBS D．感應電動勢瞬時值為e＝nπBSsin 2nπt 【解析】　線框交變電動勢的最大值為Emax＝BSω＝2nπBS，產生的感應電動勢瞬時值為e＝2nπBSsin 2nπt，A、D錯；該線框交變電動勢的有效值為E＝＝nπBS，B對；線框中的平均感應電動勢E＝＝4nBS，C錯． 【答案】　B ——————[1個預測例]—————— 　(多選)如圖10－1－9甲所示，將阻值為R＝5 Ω的電阻接到內阻不計的正弦交變電源上，電流隨時間變化的規(guī)律如圖10－1－9乙所示，電流表串聯在電路中測量電流的大小．對此，下列說法正確的是(　　) 圖10－1－9 A．電阻R兩端電壓的函數表達式為u＝2.5sin 200πt(V) B．電阻R消耗的電功率為1.25 W C．若此交變電流由一矩形線框在勻強磁場中勻速轉動產生，如圖丙所示，當線圈的轉速提升一倍時，電流表的示數為1 A D．這一交變電流與圖丁所示電流比較，其有效值之比為 【審題指導】　(1)利用i－t圖象結合電壓與電流的關系寫出電壓的函數表達式． (2)求電功率時應用電流的有效值． (3)根據電流的熱效應計算不同形式的交變電流的有效值． 【解析】　圖乙所示電流的最大值為Im＝0.5 A，由歐姆定律得Um＝ImR＝2.5 V．周期為T＝0.01 s，ω＝＝200 π rad/s，所以R兩端電壓的表達式為u＝2.5sin 200πt(V)，A正確；該電流的有效值為I＝，電阻R消耗的電功率為P＝I2R，解得P＝0.625 W，B錯誤；該交變電流由圖丙所示矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動產生，當轉速提升一倍時，電動勢的最大值Em＝nBSω為原來的2倍．電路中電流的有效值也是原來的2倍，為2 A≠1 A．電流表的示數為有效值，C錯誤；圖乙中的正弦交變電流的有效值為 A．圖丁所示的交變電流雖然方向發(fā)生變化，但大小恒為0.5 A，可知D正確． 【答案】　AD 交流發(fā)電機模型 一、模型特點：閉合線圈在勻強磁場或其他磁場中轉動，產生交變電流． 二、分析技巧 1．明確線圈初始位置，確定交變電流瞬時值表達式和圖象． 2．明確交變電流的瞬時值、最大值、有效值和平均值的不同應用． 3．交變電流電路中，如果只有純電阻元件，歐姆定律、焦耳定律等仍然適用． ——————[1個示范例]—————— 　 圖10－1－10 (16分)(xx江蘇高考)某興趣小組設計了一種發(fā)電裝置，如圖10－1－10所示．在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角α均為π，磁場均沿半徑方向．匝數為N的矩形線圈abcd的邊長ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.線圈以角速度ω繞中心軸勻速轉動，bc和ad邊同時進入磁場．在磁場中，兩條邊所經過處的磁感應強度大小均為B、方向始終與兩邊的運動方向垂直．線圈的總電阻為r，外接電阻為R.求： (1)線圈切割磁感線時，感應電動勢的大小Em； (2)線圈切割磁感線時，bc邊所受安培力的大小F； (3)外接電阻上電流的有效值I. 【審題指導】　此題為交流發(fā)電機模型，解答此題要從以下幾個方面分析： (1)bc、ad邊進入磁場時，切割磁感線，產生感應電動勢，而在磁場外時，不產生感應電動勢 ，因此該發(fā)電機產生的不是正弦交流電． (2)bc邊所受安培力為線圈中感應電流在磁場中所受的安培力． (3)電流的有效值可以用焦耳定律確定． 【規(guī)范解答】　(1)bc、ad邊的運動速度v＝ω　感應電動勢Em＝4NBlv(2分) 解得Em＝2NBl2ω(2分) (2)電流Im＝(2分)　安培力F＝2NBIml(2分) 解得F＝(2分) (3)一個周期內，通電時間t＝T(2分) 根據焦耳定律 R上產生的電熱Q＝IRt且Q＝I2RT(2分) 解得I＝(2分) 【答案】　(1)2NBl2ω　(2)　(3) ——————[1個模型練]—————— 如圖10－1－11所示，勻強磁場的磁感應強度B＝0.5 T，邊長L＝10 cm的正方形線圈abcd共100匝，線圈電阻r＝1 Ω，線圈繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉動，角速度ω＝2π rad/s，外電路電阻R＝4 Ω.求： 圖10－1－11 (1)轉動過程中感應電動勢的最大值； (2)由圖示位置(線圈平面與磁感線平行)轉過60角時的瞬時感應電動勢； (3)由圖示位置轉過60角的過程中產生的平均感應電動勢； (4)交流電壓表的示數． 【解析】　(1)感應電動勢最大值為：Em＝nBSω＝3.14 V. (2)由圖示位置計時轉過60角時，瞬時感應電動勢 E＝Emcos 60＝1.57 V. (3)由圖示位置轉過60角的過程中產生的平均感應電動勢 ＝n＝100 V＝2.60 V. (4)交流電壓表測的是有效值，所以其示數 U＝＝1.78 V. 【答案】　(1)3.14 V　(2)1.57 V　(3)2.60 V　(4)1.78 V ⊙交變電流的產生和變化規(guī)律 1. 圖10－1－12 (xx茂名二模)如圖10－1－12所示，矩形線圈abcd繞軸OO′勻速轉動產生交流電，在圖示位置開始計時，則下列說法正確的是(　　) A．t＝0時穿過線圈的磁通量最大，產生的感生電流最大 B．t＝(T為周期)時感生電流沿abcda方向 C．若轉速增大為原來的2倍，則交變電流的頻率是原來的4倍 D．若轉速增大為原來的2倍，則產生的電流有效值為原來的4倍 【解析】　圖示時刻，ab、cd邊切割磁感線的有效速率為零，產生的感應電動勢為零，A錯誤；根據線圈的轉動方向，確定時線圈的位置，用右手定則可以確定線圈中的感應電流沿abcda方向，B正確；根據轉速和頻率的定義可知C錯誤；根據Em＝nBSω，E＝，I＝可知電流有效值變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯誤． 【答案】　B 2．(xx天津高考)在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖10－1－13甲所示，產生的交變電動勢的圖象如圖乙所示，則(　　) 圖10－1－13 A．t＝0.005 s時線框的磁通量變化率為零 B．t＝0.01 s時線框平面與中性面重合 C．線框產生的交變電動勢有效值為311 V D．線框產生的交變電動勢頻率為100 Hz 【解析】　由題圖乙可知該正弦式交變電動勢的電壓最大值為311 V，周期等于0.02 s，因此，根據正弦式交變電動勢的最大值與有效值之間的關系U＝得知選項C錯誤；又f＝，則頻率f＝50 Hz，選項D錯誤；當t＝0.005 s時，e＝n＝311 V，取得最大值，穿過線圈的磁通量變化率最大，選項A錯誤；當t＝0.01 s時，交變電壓及電流方向發(fā)生改變，電壓值最小等于零，線框平面與中性面重合，選項B正確． 【答案】　B ⊙交變電流“四值”的應用 3．一個小型電熱器若接在輸出電壓為10 V的直流電源上，消耗電功率為P；若把它接在某個正弦式交流電源上，其消耗的電功率為.如果電熱器電阻不變，則此交流電源輸出電壓的最大值為(　　) A．5 V　　　　　　　　 B．5 V C．10 V D．10 V 【解析】　根據P＝，對直流電有P＝，對正弦式交流電有＝，所以正弦式交流電的有效值為U′＝＝5 V，交流電源輸出電壓的最大值U′m＝U′＝10 V，選項C正確，選項A、B、D錯誤． 【答案】　C 4．(多選)(xx廣東高考)圖10－1－14是某種正弦式交變電壓的波形圖，由圖可確定該電壓的(　　) 圖10－1－14 A．周期是0.01 s B．最大值是311 V C．有效值是220 V D．表達式為u＝220sin 100πt V 【解析】　由圖象知，該交變電壓的周期為0.02 s，最大值為311 V，而有效值U＝＝ V＝220 V，A錯，B、C正確．正弦交變電壓的瞬時值表達式u＝Umsin ωt＝311sin t V＝311sin 100πt V，D錯誤． 【答案】　BC ⊙交流發(fā)電機模型的綜合分析 5．一臺小型發(fā)電機產生的電動勢隨時間變化的正弦規(guī)律圖象如圖10－1－15甲所示．已知發(fā)電機線圈內阻為5.0 Ω，則外接一只電阻為95.0 Ω的燈泡，如圖10－1－15乙所示，則(　　) 圖10－1－15 A．電壓表的示數為220 V B．電路中的電流方向每秒鐘改變50次 C．燈泡實際消耗的功率為484 W D．發(fā)電機線圈內阻每秒鐘產生的焦耳熱為24.2 J 【解析】　電壓表示數為燈泡兩端電壓的有效值，由圖象知電動勢的最大值Em＝220 V，有效值E＝220 V，燈泡兩端電壓U＝＝209 V，A項錯；由圖象知T＝0.02 s，一個周期內電流方向改變兩次，可知1 s內電流方向改變100次，B項錯；燈泡的實際功率P＝＝ W＝459.8 W，C項錯；電流的有效值I＝＝2.2 A，發(fā)電機線圈內阻每秒鐘產生的焦耳熱為Q＝I2rt＝2.225.01 J＝24.2 J，D項對． 【答案】　D