2019-2020年高中物理第二章交变电流习题课：交变电流的产生及描述学案粤教版选修

2019-2020年高中物理第二章交变电流习题课交变电流的产生及描述学案粤教版选修[学习目标]

1.理解交变电流的产生过程，能够求解交变电流的瞬时值.

2.理解交变电流图象的物理意义.

3.知道交变电流“四值”的区别，会求解交变电流的有效值．

一、交变电流图象的应用正弦交流电的图象是一条正弦曲线，从图象中可以得到以下信息1周期T和角速度ω线圈转动的角速度ω＝.2峰值Em、Im图象上的最大值．可计算出有效值E＝、I＝.3瞬时值每个“点”表示某一时刻的瞬时值．4可确定线圈位于中性面的时刻，也可确定线圈平行于磁感线的时刻．5判断线圈中磁通量Φ及磁通量变化率的变化情况．例1　多选图1甲为交流发电机的原理图，正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，电流表为理想交流电表，线圈中产生的交变电流随时间的变化如图乙所示，则　　图1A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50rad/sC．

0.01s时线圈平面和磁场平行D．

0.01s时线圈的磁通量变化率为0答案　AD

二、交变电流有效值的计算对于交变电流有效值的计算一般有以下两种情况1对于按正余弦规律变化的电流，可先根据Em＝nBSω求出其最大值，然后根据E＝求出其有效值．有关电功、电功率的计算，各种交流仪表读数都要用有效值．2当电流按非正余弦规律变化时，必须根据有效值的定义求解，在计算有效值时要注意三同相同电阻、相同时间一般要取一个周期、产生相同热量．例2　有两个完全相同的电热器，分别通以如图2甲和乙所示的峰值相等的方波交变电流和正弦交变电流．求这两个电热器的电功率之比．图2答案　2∶1解析　交变电流通过纯电阻用电器R时，其电功率P＝I2R，I应该是交变电流的有效值．对于题图甲所示的方波交变电流，因大小恒定，故有效值I甲＝Im.对于题图乙所示的正弦交变电流，有效值I乙＝P甲＝IR，P乙＝2R＝IR所以P甲∶P乙＝2∶

1.

三、交变电流“四值”的应用比较交变电流的四值，即峰值、有效值、瞬时值、平均值，在不同情况下的应用1在研究电容器的耐压值时，只能用峰值．2在研究交变电流做功、电功率及产生的热量时，只能用有效值，交流电表显示的也是有效值．3在研究交变电流通过导体横截面的电荷量时，只能用平均值．4在研究某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值．例3　一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′以如图3所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.图31写出此时刻线圈中感应电流的方向．2线圈转动过程中感应电动势的最大值为多大？3线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大？4从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R的电荷量是多少？5图中电流表和电压表的示数各是多少？答案　见解析解析　1由右手定则可判定电流的方向沿adcba.2Em＝NBSω＝NBL2ω.3线圈平面与磁感线成60°角时的瞬时感应电动势e＝Emcos60°＝NBL2ω.4通过R的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝N＝＝5电流表的示数I＝＝＝电压表的示数U＝IR＝.1．如图4所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为　　图4A．1∶B．1∶2C．1∶3D．1∶6答案　C解析　电功用有效值计算，题图甲中，由有效值的定义得A2R×2×10－2s＋0＋A2R×2×10－2s＝IR×6×10－2s，得I1＝A；题图乙中，i的值不变，故I2＝1A，由W＝UIt＝I2Rt可以得到W甲∶W乙＝1∶3，C正确．

2.如图5所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝T，线框的CD边长为20cm，CE、DF长均为10cm，转速为50r/s.若从图示位置开始计时图51写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；2在e－t坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象．答案　1e＝10cos100πtV　2见解析图解析　1线框转动，开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcosωt，即e＝BSωcosωt，其中B＝T，S＝

0.1×

0.2m2＝

0.02m2，ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s，故e＝×

0.02×100πcos100πtV，即e＝10cos100πtV.2线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图所示．

一、选择题1～6题为单选题，7～8题为多选题1．如图1所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动．在线框由水平位置以角速度ω匀速转过90°的过程中，穿过线框的最大磁通量为Φ，已知导线框的电阻为R，则下列说法中正确的是　　图1A．导线框转到如图所示的位置时电流的方向将发生改变B．导线框转到如图所示的位置时电流的方向为badcC．以图中位置作为计时起点，该导线框产生感应电动势的瞬时值表达式为e＝ΦωsinωtD．以图中位置作为计时起点，该导线框产生感应电动势的瞬时值表达式为e＝Φωcosωt答案　D2．某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图象是　　答案　B解析　线圈转速为正常工作时的一半，据ω＝2πn＝知，周期变为正常工作时的2倍，又据Em＝NBSω知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，知正确选项为B.3．标有“220V　

0.5μF”字样的电容器能接入下列选项中哪个电路中使用　　A．220sin100πtVB．220V的照明电路中C．380sin100πtVD．380V的照明电路中答案　A4．面积均为S的两个电阻相同的线圈，分别放在如图2甲、乙所示的磁场中，甲图中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，乙图中磁场变化规律为B＝B0cost，从图示位置开始计时，则　　图2A．两线圈的磁通量变化规律相同B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C．经相同的时间tt＞T，两线圈产生的热量不同D．从此时刻起，经过时间，通过两线圈横截面的电荷量不同答案　A解析　甲图中磁通量的变化规律为Φ甲＝B0Scost，乙图中磁通量的变化规律为Φ乙＝B0Scost.由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E也相同，又因两线圈电阻相同，所以Q＝t也相同，经过时间，通过两线圈横截面的电荷量q＝·也相同，故A正确．5．如图3所示是某种交变电流的电流强度随时间变化的图线，i0部分的图线是一个正弦曲线的正半周，i0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周，则这种交变电流的有效值为　　图3A．I0B.I0C.I0D.I0答案　B解析　设电流的有效值为I，则I2R·3T＝2R·T＋2R·2T，解得I＝I0，故选B.图46．如图4所示电路，电阻R1与电阻R2值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管正向电阻可看做零，反向电阻可看做无穷大，在A、B间加一正弦交流电u＝20sin100πtV，则加在R2上的电压有效值为　　A．10VB．20VC．15VD．5V答案　D解析　由二极管的单向导电性可知，若二极管导通，加在R2上的电压波形为半个周期，最大值为20V，若二极管截止，R

1、R2串联，则R2上的电压半个周期最大值为10V．由有效值的定义可得加在R2上的电压有效值为5V，选项D正确．

7.如图5所示，A、B两输电线间的电压是u＝200sin100πtV，输电线电阻不计，把电阻R＝50Ω的用电器接在A、B两输电线上，下列说法正确的是　　图5A．电流表示数为4AB．电压表示数为200VC．通过R的电流方向每秒钟改变50次D．用电器消耗的电功率为

1.6kW答案　AB解析　由u＝200sin100πtV可知，电压最大值Um＝200V，角速度ω＝100πrad/s，所以电压的有效值U＝＝200V，周期T＝＝

0.02s，频率f＝＝50Hz.由欧姆定律得I＝＝A＝4A，所以A、B两项正确；一周期内电流方向改变两次，而f＝50Hz，则1s内电流方向改变100次，C项错误；电功率P＝IU＝4×200W＝800W，所在D项错误．

8.如图6所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R.t＝0时刻线圈平面与纸面重合．则　　图6A．t时刻线圈中电流的瞬时值表达式为i＝cosωtB．线圈中电流的有效值为I＝C．线圈中电流的有效值为I＝D．线圈消耗的电功率为P＝答案　CD解析　回路中感应电动势的最大值Em＝BSω，电流的最大值Im＝＝，t＝0时刻线圈位于中性面，故电流的瞬时值表达式i＝sinωt.线圈中电流的有效值I＝＝，P＝I2R＝，故A、B错误，C、D正确．

二、非选择题9．图7甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图．其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化．求图71交流发电机产生的电动势最大值；2电动势的瞬时值表达式；3线圈转过s时电动势的瞬时值；4电路中交流电压表的示数．答案　

162.8V　2e＝

62.8cos10πtV

331.4V　440V解析　1交流发电机产生电动势的最大值Em＝nBSω而Φm＝BS，ω＝，所以Em＝由Φ－t图线可知，Φm＝

2.0×10－2Wb，T＝

0.2s所以Em＝20πV＝

62.8V.2线圈转动的角速度ω＝＝rad/s＝10πrad/s，由于从垂直中性面位置开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝

62.8cos10πtV3当线圈转过s时e＝

62.8cos10π×V＝

31.4V4电动势的有效值E＝＝10πVU＝E＝×10πV＝9πV≈40V.图810．如图8所示，边长为l的正方形线圈abcd的匝数为n，线圈电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为B，现在线圈以OO′为轴，以角速度ω匀速转动，求1闭合电路中电流瞬时值的表达式．2线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上产生的热量．3线圈从图示位置转过90°的过程中电阻R上通过的电荷量．4电阻R上的最大电压．答案　1i＝sinωt　23　4解析　1线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ad边和bc边转动的线速度大小相等，当线圈平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为Em＝nBlv＝nBl·ω·l＝nBl2ω.由闭合电路欧姆定律可知Im＝，当以图示位置为计时起点时，流过R的电流表达式为i＝Imsinωt＝sinωt.2在线圈从图示位置匀速转过90°的过程中，用有效值来计算电阻R上产生的热量Q＝I2R·，其中I＝＝，T＝，即Q＝I2R·＝.3在转过90°的过程中感应电动势的平均值为＝n＝＝，流过R的平均电流＝＝，所以通过R的电荷量q＝·＝·＝.4由欧姆定律可知电阻R上的最大电压为Um＝ImR＝.。