高考物理一轮复习讲义 第1讲 交变电流的产生和描述.docx

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高考物理一轮复习讲义第1讲交变电流的产生和描述

2014高考物理（人教）一轮复习讲义第1讲　交变电流的产生和描述

第1讲交变电流的产生和描述

一、交变电流

1．交变电流：

大小和方向都随时间做周期性变化的电流．

2．正弦交变电流的产生（如图所示）：

将线圈置于

（1）匀强磁场中；

（2）绕垂直于磁场方向的轴；

（3）匀速转动．

3．中性面

（1）定义：

与磁场方向垂直的平面．

（2）特点

①穿过线圈的磁通量最大；磁通量的变化率为零；感应电动势为零．

②线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次；线圈转动一周，两次经过中性面，电流方向改变两次．

二、交变电流的图象及正弦交变电流的函数表达式

1．交变电流的图象

（1）图象：

如图（a）、（b）、（c）、（d）所示都属于交变电流．其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦交流电，如图（a）所示．

（2）正弦交变电流的图象（如图所示）

2．正弦交变电流的函数表达式（线圈在中性面位置开始计时）：

（1）电动势e随时间变化的规律：

e＝Emsin_ωt.

（2）负载两端的电压u随时间变化的规律：

u＝Umsin_ωt.

（3）电流i随时间变化的规律：

i＝Imsin_ωt.

其中ω等于线圈转动的角速度，Em＝nBSω.

三、描述交变电流的物理量

1．周期和频率

（1）周期T：

交变电流完成一次周期性变化（线圈转一周）所需的时间，单位是秒（s）．公式表达式为T＝2πω.

（2）频率f：

交变电流在1s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹（Hz）．

（3）周期和频率的关系：

T＝1f或f＝1T.

2．交变电流的瞬时值、峰值、有效值

（1）瞬时值：

交变电流某一时刻的值，是时间的函数．

（2）峰值：

交变电流的电流或电压所能达到的最大值，也叫最大值．

（3）有效值：

①根据电流的热效应来定义．

②用直流电压、电流表征交流电压、电流．

③正弦交流电的有效值Em.

1.一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化图象如图所示，下列说法中正确的是（）

A．t1时刻通过线圈的磁通量为零

B．t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大

C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大

D．每当e转换方向时，通过线圈的磁通量的绝对值都为最大

答案：

D

2．如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则（）

A．乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程

B．乙图中c时刻对应甲图中的C图

C．若乙图中d等于0.02s，则1s内电流的方向改变了50次

D．若乙图中b等于0.02s，则交流电的频率为50Hz

解析：

由交变电流的产生原理可知，甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过1/4个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此图甲中A至B图的过程电流为正且从零逐渐增大到最大值，A对；甲图中的C图对应的电流为零，B错；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，所以一个周期以内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期，若已知d等于0.02s，则频率为50Hz,1s内电流的方向将改变100次，C错；而D选项频率应该是25Hz.

答案：

A

3.（2013·唐山摸底）一理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，原线圈两端接一正弦式交变电流，其电压μ随时间t变化的规律如图所示，则副线圈两端电压的有效值和频率分别为（）

A．110V；0.5HzB．110V；50Hz

C．220V；50HzD．220V；0.5Hz

解析：

本题考查变压器和交变电流四值．根据题图可知原线圈两端所接正弦式交变电流的周期为2×10－2s，频率为50Hz，有效值为U1＝3112V＝220V，则原副线圈的电压比有U1U2＝n1n2，得副线圈两端电压的有效值为U2＝110V，由变压器的原理可知原副线圈的交变电流的频率相同，所以可判定只有B对．

答案：

B

4．一个单匝矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n转/秒，则（）

A．线框交变电动势的最大值为nπBS

B．线框交变电动势的有效值为nπBS

C．从开始转动经过14周期，线框中的平均感应电动势为2nBS

D．感应电动势瞬时值为e＝2nπBSsin2nπt

解析：

线框交变电动势的最大值为Em＝BSω＝2nπBS，产生的感应电动势瞬时值为e＝2nπBSsin2nπt，A错，D对；该线框交变电动势的有效值为E＝Em2＝nπBS，B对；线框中的平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝4nBS，C错．

答案：

BD

5．（2011·天津卷）在匀强磁场中，一矩形金属框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则（）

甲乙

A．t＝0.005s时线框的磁通量变化率为零

B．t＝0.01s时线框平面与中性面重合

C．线框产生的交变电动势有效值为311V

D．线框产生的交变电动势频率为100Hz

解析：

由图象知，该交变电流电动势峰值为311V，交变电动势频率为f＝50Hz，C、D错；t＝0.005s时，e＝311V，磁通量变化最快，t＝0.01s时，e＝0，磁通量最大，线圈处于中性面位置，A错，B对．

答案：

B

1．变化规律（线圈从中性面位置开始计时）

物理量规律

函数

图象

磁通量

Φ＝Φmcosωt

＝BScosωt

电动势

e＝Emsinωt

＝nBSωsinωt

电压

u＝Um·sinωt

＝REmR＋rsin ωt

电流

i＝Imsinωt

＝EmR＋rsin ωt

2.两个特殊位置及其特点

两个特殊位置

特点

中性面

线圈处于中性面时，S⊥B，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，i＝0，交变电流方向发生改变

与中性面垂直的位置

线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，i最大，交变电流方向不改变

（2012·安徽理综）图1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轴OO′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2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）

（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3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；

（3）若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热．（其它电阻均不计）

解析：

（1）矩形线圈abcd在磁场中转动时，ab、cd切割磁感线，且转动的

半径为r＝L22，

转动时ab、cd的线速度v＝ωr＝ωL22，且与磁场方向的夹角为ωt，

所以，整个线圈中的感应电动势e1＝2BL1vsinωt＝BL1L2ωsinωt.

（2）当t＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则某时刻t时，线圈平面与中性面的夹角为（ωt＋φ0）

故此时感应电动势的瞬时值

e2＝2BL1vsin（ωt＋φ0）＝BL1L2ωsin（ωt＋φ0）．

（3）线圈匀速转动时感应电动势的最大值Em＝BL1L2ω，

故有效值E＝Em2＝BL1L2ω2

回路中电流的有效值I＝ER＋r＝BωL1L2R＋r

根据焦耳定律知转动一周电阻R上的焦耳热为（）

Q＝I2RT＝BωL1L2R＋r2·R·2πω＝2.

答案：

（1）e1＝BL1L2ωsinωt.

（2）e2＝BL1L2ωsin（ωt＋φ0）

（3）2

交变电流瞬时值表达式的书写技巧

（1）确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式Em＝nBSω求出相应峰值．

（2）明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．

如：

①线圈从中性面位置开始转动，则i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsinωt.

②线圈从垂直中性面位置开始转动，则i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcosωt.

1－1：

某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是（）

A．交变电流的频率为0.02Hz

B．交变电流的瞬时值表达式为i＝5cos50πtA

C．在t＝0.01s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大

D．若发电机线圈电阻为0.4Ω，则其产生的热功率为5W

解析：

由图象可知交变电流的周期为0.02s，频率为50Hz，A错误；因ω＝2πT＝100π，则瞬时值表达式i＝5cos100πtA，B错；当t＝0.01s时，感应电流最大，则穿过线圈的磁通量为零，C错；电流的有效值I＝Im2＝52A，P＝I2R＝（52）2×0.4W＝5W，所以D对．

答案：

D

交流电“四值”的比较

物理量

物理含义

重要关系

适用情况及说明

瞬时值

交变电流某一时刻的值

e＝Emsinωt

i＝Imsinωt

计算线圈某时刻的受力情况

峰值

最大的瞬时值

Em＝nBSω

Im＝EmR＋r

讨论电容器的击穿电压

有效值

跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值

E＝Em2 

U＝Um2 

I＝Im2

（只适用于正弦式电流）

（1）计算与电流的热效应有关的量（如电功、电功率、电热等）

（2）电气设备“铭牌”上所标的一般是指有效值

（3）保险丝的熔断电流为有效值

（4）电表的读数为有效值

平均值

交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间比值

＝BL

＝nΔΦΔt

＝ER＋r

计算通过电路截面的电荷量

如图甲所示，将阻值为R＝5Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表串联在电路中测量电流的大小．对此，下列说法正确的是（）

A．电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u＝2.5sin200πt（V）

B．电阻R消耗的电功率为1.25W

C．若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1A

D．这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为12

解析：

图乙所示电流的最大值为Im＝0.5A，由欧姆定律得Um＝ImR＝2.5V．周期为T＝0.01s，ω＝2πT＝200πrad/s，所以R两端电压的表达式为u＝2.5sin200πt（V），A正确；该电流的有效值为I＝Im2，电阻R消耗的电功率为P＝I2R，解得P＝0.625W，B错误；该交变电流由图丙所示矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生，当转速提升一倍时，电动势的最大值Em＝nBSω为原来的2倍．电路中电流的有效值也是原来的2倍，为2×0.52A≠1A．电流表的示数为有效值，C错误；图乙中的正弦交变电流的有效值为0.52A．图丁所示的交变电流虽然方向发生变化，但大小恒为0.5A，可知D正确．

答案：

AD

2－1：

如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，当线圈由图示位置转过60°的过程中，下列判断正确的是（）

A．电压表的读数为NBSω2

B．通过电阻R的电荷量为q＝NBSR＋r

C．电阻R所产生的焦耳热为Q＝N2B2S2ωRπ2

D．当线圈由图示位置转过60°时的电流为NBSωR＋r

解析：

线圈在磁场转动产生了正弦交流电，其电动势的最大值Em＝NBSω，电动势的有效值E＝NBSω2，电压表的读数等于交流电源的路端电压，且为有效值，则U＝NBSωR＋r×R，A错误；求通过电阻R的电荷量要用交流电的平均电流，则q＝t＝NΔΦR＋r＝BS＝NBSR＋r，故B正确；电阻R上产生的热量的计算应该用有效值来计算，则电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝NBSωR＋r2R3＝πN2B2S2Rω2，故C错误；线圈由图示位置转过60°时的电流为瞬时值，则符号瞬时值表达式为i＝NBSωR＋rsinωt＝NBSωR＋rsinπ3＝3NBSωR＋r，故D错误．

答案：

B

交变电流类型

有效值求解方法

正弦式交变电流

方法一：

有效值＝最大值2

方法二：

电流的热效应

非正弦式交变电流

电流的热效应

先后用如图甲、乙所示的电流通过丙图中的电阻R，则电流表的示数分别为多少？

解析：

根据交流电的有效值的定义得：

（52）2R×0.02＋0＝I2A1R×0.04

所以IA1＝2.5A

由有效值的定义有：

Im2R·T2＋（Im2）2R·T2＝I2A2R·T，即52R·T2＋（52）2R·T2＝I2A2R·T，可得IA2＝2.5A≈4.33A.

答案：

2.5A4.33A

（1）利用电流热效应进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热（或热功率）进行计算．注意“三同”：

即“相同电阻”，“相同时间”内产生“相同热量”．计算时“相同时间”一般取一个周期．若图象部分是正弦式交变电流，其中的14T和12T部分可直接应用U＝Um2、I＝Im2关系．

（2）利用公式Q＝U2Rt和Q＝I2Rt可分别求得电压有效值和电流有效值．

两个完全相同的电热器a、b，分别通过如图甲和乙所示的电流最大值相等的方波交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比Pa∶Pb等于多少？

解析：

有效值与最大值关系I＝Im2仅对正弦式交变电流适用，即对于题图乙所示的交变电流是适用的．

对于电热器b有Ib＝Im2，则Pb＝I2bR＝12Im2R，对于题图甲的方波交变电流来说，由于每个时刻通过电阻R的电流均为Im，只是方向随时间做周期性变化，而电流通过电阻发热量与电流方向无关，因此从热效应来说，题图甲交变电流与电流是Im的恒定电流是等效的，也可以说题图甲交变电流的有效值为Im，即Ia＝Im，Pa＝I2aR＝Im2R，故Pa∶Pb＝1∶12＝2∶1.

答案：

2∶1

1.一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是（）

A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直

B．t＝0.01s时刻Φ的变化率达最大

C．0.02s时刻感应电动势达到最大

D．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示

解析：

由Φ－t图知，在t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A、D两项错误；由图知T＝0.04s，在t＝0.01s时，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02s时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，则C项错．

答案：

B

2．（2012·北京理综）一个小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为P2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为（）

A．5VB．5V

C．10VD．10V

解析：

根据P＝U2R，对直流电有P＝10V2R，对正弦式交流电有P2＝U′2R，所以正弦式交流电的有效值为U′＝PR2＝102V，故交流电源输出电压的最大值U′m＝U′＝10V，故选项C正确，选项A、B、D错误．

答案：

C

3．（2013·浙江五校联考）如图甲所示，一小型发电机内有n＝100匝矩形线圈，线圈电阻为1Ω.在外力作用下矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，发电机线圈两端与R＝10Ω的电阻构成闭合回路．通过电阻R的交变电流如图乙所示，下列判断正确的是（）

A．该发电机产生的交变电流的频率为100Hz

B．该发电机产生交流电的最大感应电动势为200V

C．穿过线圈的最大磁通量约为0.01Wb

D．若线圈的转速增加一倍，电阻R的功率为32kW

解析：

由图乙知交流电的周期T＝0.02s，即f＝1T＝50Hz，A错误；最大感应电动势Em＝Im（R＋r）＝220V，B错误；且Em＝nBSω，而ω＝2πT，解得Φm＝Emnω≈0.01Wb，C正确；由Em＝nBSω知线圈转速增加一倍，感应电动势增为原来的2倍，则通过电阻的电流为40A，其功率P＝I2R＝16kW，D错误．

答案：

C

4．（2012·广东理综）某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πt（V）．对此电动势，下列表述正确的有（）

A．最大值是50V

B．频率是100Hz

C．有效值是25V

D．周期是0.02s

解析：

交变电动势e＝Emsinωt或e＝Emcosωt，其中Em为电动势的最大值，ω为角速度，有效值E＝Em2，周期T＝2πω，频率f＝1T.由e＝50sin100πt知，Em＝50V，E＝502V＝25V，T＝2πω＝2π100πs＝0.02s，f＝1T＝10.02Hz＝50Hz，所以选项C、D正确．

答案：

CD

5．（改编题）一只“220V，100W”的灯泡接在u＝311sin（314t）V的交变电源上，则下列说法中判断错误的是（）

A．在1min内，电流通过灯泡做的功是22000J

B．与灯泡串联的电流表的示数为0.45A

C．与灯泡并联的电压表的示数为220V

D．通过灯泡的电流的表达式为i＝0.64sin（314t）A

解析：

本题考查交变电流有效值．在1min内，电流通过灯泡做的功是W＝Pt＝100×60J＝6000J，A错误；从电压瞬时值表达式知，电压有效值为220V，通过灯的电流I＝100W220V＝0.45A，也是与灯泡串联的电流表的示数，故B正确；电压表与灯泡并联，测得的也是灯泡的电压有效值，故示数为220V，所以C正确；通过灯泡的电流的有效值为0.45A，故其最大值Im＝×0.45A＝0.64A，故D正确．

答案：

A