2013高考总复习物理教师用书（选修3-2）：10-1交变电流的产生和描述

第1讲　交变电流的产生和描述
交变电流、交变电流的图象　Ⅰ(考纲要求)
1.交变电流
(1)定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流．
(2)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．正弦交流电的产生和图象
(1)中性面
①中性面：与磁场方向平行的平面．
②中性面与峰值面的比较
中性面 峰值面
含义 线圈平面与磁场方向垂直 线圈平面与磁场方向平行
磁通量 最大(BS) 零
磁通量的变化率 0 最大
感应电动势 0 最大(nBSω)
电流方向 发生改变 方向不变
(2)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．
(3)图象：用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置时开始计时，其图象为正弦曲线．如图(a)(e)、(f)所示．
正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值　
　 Ⅰ(考纲要求)
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T＝.
(2)频率(f)：交变电流在1 s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＝或f＝.
2．正弦式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.
3．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：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值．对正弦交流电，其有效值和峰值的关系为：E＝，U＝，I＝.
1．图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流的是(　　)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
答案　C
2．如图10－1－1甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图10－1－1乙所示的余弦规律变化，在t＝时刻(　　)．
图10－1－1
A．线圈中的电流最大
B．穿过线圈的磁通量为零
C．线圈所受的安培力为零
D．穿过线圈磁通量的变化率最大
解析　注意线圈转动过程中通过两个特殊位置(平行于磁感线和垂直于磁感线)时的特点；磁通量、磁通量的变化、磁通量的变化率不同；t＝＝，线圈转过90°，本题应选C项．
答案　C
3.
图10－1－2
如图10－1－2所示，矩形线框置于竖直向下的磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，图中线框平面处于竖直面内．下述说法正确的是(　　)．
A．因为线框中产生的是交变电流，所以电流表示数始终为零
B．线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大
C．线框通过图中位置瞬间，通过电流表的电流瞬时值为零
D．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电流表电流的有效值也增大一倍
解析　本题考查电磁感应现象，基础题．线框在匀强磁场中匀速转动时，在中性面即线框与磁感线垂直时，磁通量最大感应电动势最小，而在题中图示位置线框与磁感应线平行时，磁通量最小，感应电动势最大，A、B、C项错；电流的有效值I＝，现在其余的量都不变，角速度增大一倍后，电流也增大一倍，D正确．
答案　D
4．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(　　)．
解析　线圈转速为正常时的一半，据ω＝2πn＝知，周期变为正常时的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.
答案　B
5.
图10－1－3
(2011·扬州模拟)一正弦式电流的电压随时间变化的规律如图10－1－3所示．由图可知(　　)．
A．该交变电流的电压瞬时值的表达式为u＝100sin 25t(V)
B．该交变电流的频率为4 Hz
C．该交变电流的电压的有效值为100 V
D．若将该交流电压加在阻值为R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W
解析　从图中可知，交变电流周期T＝4×10－2 s，峰值电压Um＝100 V，故交变电流的频率f＝＝25 Hz，有效值U＝＝50 V．加在R＝100 Ω的电阻上时的热功率P＝＝50 W，瞬时值表达式u＝Umsint＝100sin 50πt(V)，故正确选项为D.
答案　D
6．(2012·广东江门市模拟)风速仪的简易装置如图10－1－4甲所示．在风力作用下，风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化．风速为v1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图10－1－4乙所示；若风速变为v2，且v2>v1，则感应电流的峰值Im和周期T的变化情况是(　　)．
图10－1－4
A．Im变大，T变小 B．Im变大，T不变
C．Im变小，T变小 D．Im不变，T变大
解析　由于线圈和永磁铁不变，风速增大时，转速增大，磁感应强度的变化率增大，故感应电动势增大，感应电流增大；转速增大，周期变小，故A正确．
答案　A
考点一　正弦式电流的变化规律及应用
1．(线圈在中性面位置开始计时)
　　　规律物理量　　 函数 图象
磁通量 Φ＝Φm·cos ωt＝BScos ωt
电动势 e＝Em·sin ωt＝nBSωsin ωt
电压 u＝Um·sin ωt＝sin ωt
电流 i＝Im·sin ωt＝sin ωt
【典例1】
如图10－1－5(a)所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时如图10－1－5(b)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正．则下列四幅图中正确的是(　　)．
图10－1－5
解析　t＝0时线圈中感应电流方向c→b→a→d为负．经过时，线圈平面与磁场垂直，线圈中瞬时电流为零，所以D正确，A、B、C错误．
答案　D
——关于交变电流图象的题目分为两类
一类是给出图象，求解有关的物理量；另一类是通过计算，将结果用图象表示出来．
【变式1】
如图10－1－6所示，
图10－1－6
图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是(　　)．
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．交流电a的瞬时值为u＝10sin 5πt(V)
D．交流电b的最大值为 V
解析　由图可知t＝0时刻时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，选项A错误；由图可知Ta＝0.4 s，Tb＝0.6 s，线圈先后两次转速之比na∶nb＝Tb∶Ta＝3∶2，选项B正确；交流电a的瞬时值为u＝Umsin，得u＝10sin 5πt(V)，选项C正确；感应电动势最大值Um＝NBSω＝NBS，所以Uma∶Umb＝Tb∶Ta，交流电b的最大值为 V，选项D正确．
答案　A
考点二　对交变电流的“四值”的比较和理解
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＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况
峰值 最大的瞬时值 Em＝nBSωIm＝ 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＝ U＝ I＝适用于正(余)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”上所标的一般是有效(3)保险丝的熔断电流为有效值值
平均值 交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值 ＝Bl＝n＝ 计算通过电路截面的电荷量
【典例2】
如图10－1－7所示，
图10－1－7
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．
(1)在图中标出t＝0时感应电流的方向；
(2)写出感应电动势的瞬时值表达式；
(3)线圈转一圈外力做多少功？
(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量是多少？
解析　(1)线圈感应电流方向为adcba(图略)．
(2)线圈的角速度ω＝2πn＝100π rad/s
图示位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω
代入数据得Em≈314 V
电动势的表达式e＝Emcos ωt＝314cos 100πt V.
(3)电动势的有效值E＝
线圈匀速转动的周期T＝＝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＝·T
代入数据得W≈98.6 J.
(4)从t＝0起转过90°过程中，Δt内流过R的电荷量
q＝Δt＝＝
代入数据得q＝0.1 C.
答案　(1)方向沿adcba　图略　(2)e＝314cos 100πt V　(3)98.6 J　(4)0.1 C
【变式2】
电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴，
图10－1－8
在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图10－1－8所示．现把交流电加在电阻为9 Ω的电热丝上，下列判断正确的是(　　)．
A．线圈转动的角速度ω＝100 rad/s
B．在t＝0.01 s时刻，穿过线圈的磁通量最大
C．电热丝两端的电压U＝100 V
D．电热丝此时的发热功率P＝1 800 W
解析　由题图可以看出该交变电流的周期T＝0.02 s，则角速度ω＝＝＝100π rad/s，A项错．t＝0.01 s时刻，电压达到最大，则此时磁通量变化率最大，磁通量为零，B项错．电热丝两端电压为路端电压UR＝U＝×＝90 V，故C项错．根据电功率公式P＝＝ W＝1 800 W，故D项正确．
答案　D
【典例3】
(2011·皖南八校联考)如图10－1－9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1 min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为(　　)．
　　　　　　　　　　A．1∶ B．1∶2 C．1∶3 D．1∶6
图10－1－9
解析　电功的计算，I要用有效值计算，图甲中，由有效值的定义得2R×2×10－2＋0＋2R×2×10－2＝I12R×6×10－2，得I1＝A；图乙中，I的值不变，I2＝1 A，由W＝UIt＝I2Rt可以得到W甲∶W乙＝1∶3.
答案　C
——求交变电流有效值的“三同”原则
交变电流的有效值是根据电流通过电阻时产生的热效应定义的，即让交变电流和直流电通过相同的电阻，在相同的时间里若产生的热量相同，则交变电流(电压)的有效值就等于这个直流电流(电压)的值，即求解交变电流有效值问题必须在相同电阻、相同时间、相同热量的“三同”原则下求解．
【变式3】
一个边长为6 cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，
图10－1－10
线框平面与磁场垂直，电阻为0.36 Ω.磁感应强度B随时间t的变化关系如图10－1－10所示，则线框中感应电流的有效值为(　　)
A.×10－5 A B.×10－5 A
C.×10－5 A D.×10－5 A
解析　由法拉第电磁感应定律和欧姆定律E＝＝S·，I＝＝·
可得0～3 s内，
I1＝× A
＝2×10－5 A
3～5 s内，
I2＝× A
＝－3×10－5 A.
于是可作出i随时间变化的图象如图所示．
由有效值的定义，Q直＝Q交，I12Rt1＋I22Rt2＝I2Rt，
12×10－10R＋18×10－10R＝5RI2，I＝×10－5 A，故B选项正确．
答案　B
　　　13.“电动机、发电机”模型
(1)模型概述
“电动机”模型和“发电机”模型是高考题中时常出现的凡在安培力作用下于磁场中运动的通电导体均可看作电动机模型，在外力作用下于磁场中做切割磁感线运动的导体均可看作发电机模型，此模型综合考查了磁场力的作用、电磁感应、恒定电流、交流电、能量转化与守恒等知识．
(2)模型特点
电动机发电机工作原理通电线圈在磁场中受到安培力而转动闭合线圈在磁场中受外力转动，产生感应电动势能量转化电能转化为机械能机械能转化为电能解题要点①受力由左手定则来判断②能量关系：P总＝P输出＋P热③实际功率：P实际≤P额定④电压、电流关系：U>IR①产生的感应电动势方向由右手定则判定②感应电动势大小由法拉第电磁感应定律计算③注意感应电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值的计算④能量转化中满足守恒形象比喻左手抓着电动机右手抓着发电机【例1】 如图10－1－11所示为电动机的简化模型，线圈abcd可绕轴O1O2自由转动．当线圈中通入如图所示的电流时，顺着O1O2的方向看去，线圈将(　　)．
图10－1－11A.顺时针转动B.逆时针转动C.仍然保持静止D.既可能顺时针转动，也可能逆时针转动解析　在题中图示位置，由左手定则可以判断，ab边受到的安培力向上，cd边受到的安培力向下，则线圈顺时针转动，故A项正确．答案　A【例2】 如图10－1－12甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，一个半径r＝0.10 m、匝数n＝20的线圈套在永久磁铁槽中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图10－1－12乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝0.20 T，线圈的电阻为R1＝0.50 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω的小电珠L.外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠．当线圈向右的位移x随时间t变化的规律如图10－1－12丙所示时(s取向右为正)．求：(1)线圈运动时产生的感应电动势E的大小；(2)线圈运动时产生的感应电流I的大小；(3)每一次推动线圈运动过程中作用力F的大小；(4)该发电机的输出功率P.图10－1－12解析　(1)由s－t图像，可得线圈的切割速度v＝＝0.8 m/s.线圈做切割磁感线运动产生的感应电动势E＝n2πrBv＝20×2×3.14×0.1×0.2×0.8 V＝2 V．(2)由闭合电路的欧姆定律，感应电流I＝＝A＝0.2 A(3)由于线圈每次运动都是匀速直线运动，由平衡条件F推＝F安，即F推＝BIn2πr＝20×0.2×2×3.14×0.1×0.2 N＝0.5 N．(4)发电机的输出功率即小电珠的电功率P＝I2R2＝(0.2)2×9.5 W＝0.38 W．答案　(1)2 V　(2)0.2 A　(3)0.5 N　(4)0.38 W
1．(2010·广东理综，19)图10－1－13是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的(　　)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
图10－1－13
A．周期是0.01 s B．最大值是220 V
C．有效值是220 V D．表达式为u＝220sin 100πt(V)
解析　由图象知，该交变电压的周期为0.02 s，
最大值为311 V，而有效值U＝＝ V＝220 V，故A、B错，C正确．正弦交变电压的瞬时值表达式
u＝Umsin ωt＝311sin t(V)＝311sin 100πt(V)，
故D选项错误．
答案　C
图10－1－14
2．(2011·安徽卷，19)如图10－1－14所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为(　　)．
A. B. C. D.
解析　导线框进出磁场时产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律知，E＝BL＝BL2ω，导线框转动一周的过程只有0～和～T时间内有感应电流，设线框内产生的感应电流的有效值为I，则I2RT＝2·R，解得I＝.
答案　D
3．(2011·天津卷，4)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10－1－15甲所示，产生的交变电动势的图象如图10－1－15乙所示，则(　　)．
图10－1－15
A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s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311 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
解析　由图象知，该交变电流电动势峰值为311 V，交变电动势频率为f＝50 Hz，C、D错；t＝0.005时，e＝311 V，磁通量变化最快，t＝0.01 s时，e＝0，磁通量最大，线圈处于中性面位置，A错，B对．
答案　B
图10－1－16
4．(2011·四川卷，20)如图10－1－16所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A，那么(　　)．
A．线圈消耗的电功率为8 W
B．线圈中感应电流的有效值为2 A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint
解析　线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正(或余)弦式交变电流，因为从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以瞬时电动势表达式e＝Emcos ωt，当转过60°时e＝Emcos 60°＝，而i＝＝＝＝1 A，所以Em＝4 V．故电动势有效值E＝＝2 V，则线圈消耗功率P＝＝ W＝4 W，则选项A错误；线圈中感应电流的有效值I＝＝ A＝ A，则选项B错误；因为Em＝4 V，所以e＝Em·cos ωt＝4cost，则选项C正确；因为Em＝BS·，所以Φm＝BS＝＝，所以任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝Φm·sin ωt＝sint，所以选项D错误．
答案　C