新高考物理一轮复习讲义第12章 交变电流 传感器第1讲 交变电流的产生和描述 (含解析)

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学习目标 1.理解正弦式交变电流的产生过程，能正确书写交变电流的函数表达式。 2.理解并掌握交变电流图像的意义。 3.理解描述交变电流的几个物理量，会计算交变电流的有效值。 4.正确理解交变电流的四值，并进行有关计算。
eq \a\vs4\al(1.,,)
eq \a\vs4\al(2.,,,)
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)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。(×)
(3)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。(√)
(4)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。(√)
(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。(×)
(6)交变电流的峰值总是有效值的eq \r(2)倍。(×)
2.某交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动时，磁通量Φ随时间t变化的关系如图1所示，则下列说法正确的是( )
图1
A.t＝0时刻，线圈平面与中性面平行
B.1 s内线圈中感应电流方向改变50次
C.t＝0.015 s时刻，线圈中的感应电流最大
D.t＝0.01 s时刻，图像的切线斜率为40π Wb/s
答案 D
考点一 交变电流的产生及变化规律
1.交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
2.书写交变电流瞬时值表达式的步骤
(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式Em＝nωBS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
①线圈从中性面位置开始计时，则i－t图像为正弦函数图像，函数表达式为i＝Imsin ωt。
②线圈从垂直于中性面的位置开始计时，则i－t图像为余弦函数图像，函数表达式为i＝Imcs ωt。
例1 一手摇交流发电机线圈在匀强磁场中匀速转动，内阻不计。转轴位于线圈平面内，并与磁场方向垂直。产生的电动势随时间变化的规律如图2所示，则( )
图2
A.该交变电流频率是0.4 Hz
B.计时起点，线圈恰好与中性面重合
C.t＝0.1 s时，穿过线圈平面的磁通量最大
D.该交变电动势瞬时值表达式是e＝10eq \r(2)cs (5πt)V
答案 C
解析 由题图可知电压随着时间变化的周期为T＝0.4 s，故频率为f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.4) Hz＝2.5 Hz，故A错误；计时起点，电动势最大，所以此时磁通量为0，线圈和中性面垂直，故B错误；t＝0.1 s时，电动势为0，穿过线圈平面的磁通量最大，故C正确；该交变电动势最大值为Em＝10 V，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.4) rad/s＝5π rad/s，又从垂直中性面开始计时，所以电动势瞬时值表达式是e＝Emcs ωt＝10 cs(5πt)V，故D错误。
跟踪训练
1.风速测速仪的简易装置如图3甲所示，某段时间内线圈中感应电流的波形如图乙所示，下列说法正确的是( )
图3
A.若风速变大，图乙中感应电流的周期变大
B.若风速变大，图乙中感应电流的峰值变大
C.图乙中感应电流最大时，风速最大
D.图乙中感应电流随时间变化的原因是风速在变化
答案 B
解析 若风速变大，则转速变大，角速度变大，根据T＝eq \f(2π,ω)可知，周期变小，故A错误；若风速变大，则角速度变大，根据Em＝NωBS可知，感应电动势峰值变大，再根据Im＝eq \f(Em,R＋r)可知，感应电流的峰值变大，故B正确；图乙中感应电流最大时，穿过线圈的磁通量的变化率最大，并不是风速最大，故C错误；图乙中感应电流随时间变化的原因是穿过线圈的磁通量变化率随时间在变化，故D错误。
2.(多选)如图4所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦式交变电流的图像，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程所产生正弦式交变电流的图像如图线b所示。下列关于这两个正弦式交变电流的说法中正确的是( )
图4
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的电动势瞬时值表达式为e＝10sin(5πt)V
D.交变电流b的电动势最大值为eq \f(20,3) V
答案 BCD
解析 由题图可知t＝0时刻线圈均在中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，A错误；由图像可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B正确；由图像可知交变电流a的电动势最大值为10 V，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.4) rad/s＝5π rad/s，所以交变电流a的电动势瞬时值表达式为e＝10sin(5πt)V，C正确；交变电流的电动势最大值为Em＝NBSω，故Ema∶Emb＝3∶2，则Emb＝eq \f(2,3)Ema＝eq \f(20,3) V，D正确。
考点二 交变电流有效值的计算
1.正弦交变电流的有效值的计算
I＝eq \f(Im,\r(2))，U＝eq \f(Um,\r(2))，E＝eq \f(Em,\r(2))。
2.非正弦交变电流的有效值的计算
(1)根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，利用公式Q＝I2Rt和Q＝eq \f(U2,R)t可分别求得一个周期内产生的热量，即得电流和电压的有效值。
(2)若图像部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的eq \f(1,4)周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和eq \f(1,2)周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝eq \f(Im,\r(2))、U＝eq \f(Um,\r(2))求解。
例2 如图5所示为一交变电流随时间变化的图像，此交变电流的有效值为( )
图5
A.7 A B.5 A C.3.5eq \r(2) A D.3.5 A
答案 B
解析 设该电流的有效值为I，根据有效值的定义有(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B正确。
例3 一电阻R接到如图6甲所示的正弦交流电源上，两端电压的有效值为U1，消耗的电功率为P1；若该电阻接到如图乙所示的方波交流电源上，两端电压的有效值为U2，消耗的电功率为P2。若甲、乙两图中的U0、T所表示的电压值、周期值是相同的，则下列说法正确的是( )
图6
A.U1＝eq \f(1,2)U0 B.U2＝eq \r(2)U0
C.P1＝eq \f(Ueq \\al(2,0),2R) D.P1∶P2＝1∶2
答案 C
解析 电阻接到正弦交流电源上，两端电压的有效值为U1＝eq \f(\r(2)U0,2)，功率P1＝eq \f(Ueq \\al(2,1),R)＝eq \f(Ueq \\al(2,0),2R)，故A错误，C正确；电阻接到方波交流电源上，则有eq \f(（2U0）2,R)·eq \f(T,2)＋eq \f(Ueq \\al(2,0),R)·eq \f(T,2)＝eq \f(Ueq \\al(2,2),R)T，解得U2＝eq \r(\f(5,2))U0，功率P2＝eq \f(Ueq \\al(2,2),R)＝eq \f(5Ueq \\al(2,0),2R)，则P1∶P2＝1∶5，故B、D错误。
跟踪训练
3.如图7所示，将一根均匀导线围成圆心角为60°的扇形导线框OMN，O为圆心，半径为R，线框总电阻为r，将线框O点置于坐标系的原点，在第二、四象限有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。从t＝0时刻开始，导线框绕O点以角速度ω匀速转动，则导线框中感应电流的有效值为( )
图7
A.eq \f(BωR2,2r) B.eq \f(\r(2)BωR2,4r)
C.eq \f(\r(6)BωR2,6r) D.eq \f(\r(15)BωR2,6r)
答案 C
解析 线框转动一周过程中，两次进入磁场、两次离开磁场，所以产生感应电流的时间为t＝eq \f(4×60°,360°)T＝eq \f(2,3)T；转动切割磁感线产生的感应电动势E′＝eq \f(1,2)BR2ω，设感应电动势的有效值为E，根据有效值的计算公式可得eq \f(E2,r)T＝eq \f(E′2,r)t，解得E＝eq \f(\r(6)BωR2,6)，则导线框中感应电流的有效值为I＝eq \f(E,r)＝eq \f(\r(6)BωR2,6r)，故C正确，A、B、D错误。
素养拓展点 含二极管的交变电流有效值问题
例4 如图8甲所示电路中，已知电阻R1＝R2＝R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时，UAB>0)。由此可知( )
图8
A.在A、B之间所加的交变电压的周期为2 s
B.在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u＝20eq \r(2)sin(50πt)V
C.加在R1上电压的有效值为10 V
D.加在R2上电压的有效值为5eq \r(10) V
答案 D
解析 由题图可得交变电压的周期T＝0.02 s，故A错误；电压的最大值为Um＝20eq \r(2) V，交变电压的瞬时值表达式为u＝Umsin ωt＝20eq \r(2)sin(100πt)V，故B错误；当A点电势高于B点电势时，二极管导通，R1被短路，R2两端电压为电源电压，即eq \f(20\r(2),\r(2)) V＝20 V；当B点电势高于A点电势时，二极管截止，R1和R2串联，设加在R1上电压的有效值为U1，加在R2上电压的有效值为U2，由有效值的定义可知，eq \f(Ueq \\al(2,1),R)T＝eq \f(（10 V）2,R)·eq \f(T,2)，eq \f(Ueq \\al(2,2),R)T＝eq \f(（20 V）2,R)·eq \f(T,2)＋eq \f(（10 V）2,R)·eq \f(T,2)，解得U1＝5eq \r(2) V，U2＝5eq \r(10) V，故C错误，D正确。
考点三 交变电流“四值”的理解和计算
例5 如图9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：(π≈3.14)
图9
(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。
答案 (1)感应电流方向沿adcba (2)e＝314cs(100πt)V (3)98.6 J (4)0.1 C
解析 (1)根据右手定则知，t＝0时线圈感应电流方向为adcba。
(2)线圈的角速度ω＝2πn＝100π rad/s
题图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为
e＝Emcs ωt＝314cs(100πt)V。
(3)电动势的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))
线圈匀速转动的周期T＝eq \f(2π,ω)＝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＝eq \f(E2,R＋r)T
代入数据得W≈98.6 J。
(4)从t＝0时起线圈转过90°的过程中，流过电阻R的电荷量
q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt＝eq \f(NBΔS,R＋r)＝eq \f(NBl1l2,R＋r)
代入数据得q＝0.1 C。
跟踪训练
4.(2023·江苏南京高三期末)手摇式发电机的简化图如图10所示：发电机线圈内阻为1 Ω，产生的电动势随时间变化的规律为e＝10eq \r(2)sin(10πt)V。现将发电机与阻值为9 Ω的灯泡组成闭合电路，则( )
图10
A.电压表的示数为10 V
B.线框转动到图示位置时，灯泡中电流瞬时值为零
C.线框由图示位置转eq \f(1,4)圈，回路中消耗的电能为1 J
D.线框由图示位置转eq \f(1,4)圈，通过灯泡的电荷量为eq \f(\r(2),10π) C
答案 D
解析 依题意，正弦交变电流的电动势峰值为Em＝10eq \r(2) V，则其有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝10 V，由闭合电路欧姆定律，可得I＝eq \f(E,R＋r)，U＝E－Ir，解得I＝1 A，U＝
9 V，电压表的示数为9 V，故A错误；线框转动到图示位置即与中性面垂直的位置时，电动势最大，灯泡中电流最大，故B错误；线框的转动周期为T＝eq \f(2π,ω)＝0.2 s，线框由图示位置转eq \f(1,4)圈，所需时间为t＝eq \f(T,4)＝0.05 s，回路中消耗的电能
W电＝I2(R＋r)t＝0.5 J，故C错误；根据公式q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)，eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，可得
q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)，线框由图示位置转eq \f(1,4)圈，有ΔΦ＝BS，又Em＝BSω，联立得q＝eq \f(\r(2),10π) C，故D正确。
A级 基础对点练
对点练1 交变电流的产生及变化规律
1.如图1所示，在水平向右的匀强磁场中，一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路。t1、t2时刻线框分别转到图甲、乙所示的位置，下列说法正确的是( )
图1
A.t1时刻穿过线框的磁通量最大
B.t1时刻电阻中的电流最大，方向从右向左
C.t2时刻穿过线框的磁通量变化最快
D.t2时刻电阻中的电流最大，方向从右向左
答案 B
解析 t1时刻，穿过线框的磁通量为零，线框产生的感应电动势最大，电阻中的电流最大，根据楞次定律，通过电阻的电流方向从右向左，故A错误，B正确；t2时刻，穿过线框的磁通量最大，线框产生的感应电动势为零，电阻中的电流为零，故C、D错误。
2.在匀强磁场中，匝数N＝100的矩形线圈绕垂直磁感线的转轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势随时间的变化规律如图2所示，则下列说法正确的是( )
图2
A.t＝0.5×10－2 s时，线圈平面与中性面重合
B.t＝1×10－2 s时，线圈中磁通量变化率最大
C.穿过线圈的最大磁通量为1×10－3 Wb
D.线圈转动的角速度为50π rad/s
答案 C
解析 由题图可知，当t＝0.5×10－2 s时，感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，故A错误；当t＝1×10－2 s时，感应电动势为0，线圈平面与中性面重合，磁通量最大，磁通量变化率为0，故B错误；该交流电的周期T＝0.02 s，则线圈转动角速度ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.02) rad/s＝100π rad/s，交流发电机的最大感应电动势Em＝NωBS，所以Φm＝BS＝eq \f(Em,Nω)＝eq \f(10π,100×100π) Wb＝1×10－3 Wb，故C正确，D错误。
3.如图3所示，虚线OO′的左边存在着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，右边没有磁场。单匝矩形线圈abcd的对称轴恰与磁场右边界重合，线圈平面与磁场垂直。线圈沿图示方向绕OO′轴以角速度ω匀速转动(即ab边向纸外、cd边向纸里转动)，规定沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向。从图示位置开始计时，下列四个图像中能正确表示线圈内感应电流i随时间t变化规律的是( )
图3
答案 B
解析 图示时刻开始，由楞次定律判断出线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a为负方向，线圈中产生的感应电动势表达式为e＝－Emsin ωt＝－BSωsin ωt，S是线圈面积的一半，则感应电流的表达式为i＝eq \f(E,R)＝－Imsin ωt，其中Im＝eq \f(ωBS,R)，故线圈中感应电流按正弦规律变化，故B正确。
对点练2 交变电流有效值的计算
4.(2021·浙江6月选考，5)如图4所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值Um相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足( )
图4
A.U＝eq \f(Um,2) B.U＝eq \f(\r(2)Um,2)
C.U>eq \f(\r(2)Um,2) D.U