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习题课 正弦式交变电流的变化规律及其图像问题
公式规律
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．正弦交变电流的有效值与峰值之间的关系
I＝，U＝，E＝．
3．正弦式交变电流的变化规律(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)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是线圈转动的角速度，Em＝NBSω．
4．正弦交变电流的图像
一交变电流的电压表达式为u＝20sin(314t) V，求这个交变电压的最大值Umax、周期T、频率f，并画出该交变电流的u－t图像．
[思路点拨] 由交变电流的瞬时值表达式求T、f等物理量时，须将表达式写成一般表达式进行比较，“对号入座”即可求得．
[解析]
已知交变电流的瞬时值电压表达式为u＝Umaxsin ωt，所以由表达式u＝20·sin(314t) V可知，Umax＝20 V，ω＝314 rad/s，再根据ω＝，T＝得周期T＝，f＝，代入数据，得周期为T＝ s＝0．02 s，频率为f＝＝50 Hz．交变电流的电压随时间变化的图像如图所示．
[答案] Umax＝20 V T＝0．02 s f＝50 Hz
u－t图像见解析
1．正弦式交变电流图像如图所示，其感应电动势的最大值为________ V，周期为________ s．当线圈转速变为原来的倍时，所产生的电动势的有效值为________ V，周期为________．
解析：电动势最大值和周期通过看图像可得出Em＝50 V，T＝0．08 s；
转速为原来的倍时，ω′＝ω，
E′max＝nBSω′＝nBSω＝Emax＝50 V，
E′有效＝＝50 V，
T′＝＝＝＝ s≈0．057 s．
答案：50 0．08 50 0．057 s
如图所示，线圈abcd的面积是0．05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度为B＝ T，当线圈以300 r/min的转速匀速转动时，求：
(1)转动中感应电动势的最大值和有效值．
(2)电路中交流电压表和电流表的示数．
(3)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量．
[思路点拨] 根据正弦交变电流的“四值”的含义及用途计算．
[解析] 交变电流最大值只是一个瞬间值，对产生焦耳热无直接影响，起决定作用的是有效值．电流平均值用来计算电荷量．
(1)Em＝NBSω＝100××0．05×2π× V＝50 V
E＝＝25 V≈35．4 V．
(2)电流表示数：I＝＝3．54 A
电压表示数：U＝IR＝3．54×9 V＝31．86 V．
(3)从图示位置转过90°中，＝N．
又因为＝，所以q＝t，解得：q＝＝
≈0．16 C．
[答案] (1)50 V 35．4 V (2)31．86 V 3．54 A
(3)0．16 C
2．(多选)一个矩形线框的面积为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 r/s，则( )
A．线框交变电动势的峰值为nπBS
B．线框交变电动势的有效值为nπBS
C．从开始转动经过1/4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＝2nπBSsin(2nπt)
解析：选BD．因为ω＝2πn，所以Em＝BSω＝2πnBS，所以A错误；E＝＝nπBS，B正确；因为T＝＝，所以＝＝＝＝4nBS，C错误；e＝Emsin ωt＝2πnBSsin(2πnt)，D正确．
1．(多选)如图所示，下列对图像的描述正确的是( )
A．该电压是直流电压 B．该电压是交流电压
C．该电压的周期是0．2 s D．该电压的频率是10/3 Hz
解析：选BD．从图像可以看出每经过0．3 s开始重复上一个过程，所以0．3 s是一个周期，频率是 Hz，在一个周期内，前0．1 s电压为正值，后0．2 s电压为负值，表示前后电流方向相反，所以是交变电流，B、D对，A、C错．
2．(多选)在相同时间内，某正弦交变电流通过一阻值为100 Ω的电阻产生的热量，与一电流为3 A的直流电通过同一阻值的电阻产生的热量相等，则( )
A．此交变电流的有效值为3 A，峰值为3 A
B．此交变电流的有效值为3 A，峰值为6 A
C．电阻两端的交流电压的有效值为300 V，峰值为300 V
D．电阻两端的交流电压的有效值为300 V，峰值为600 V
解析：选AC．根据交变电流有效值的定义方法可知，此交变电流的有效值即为该直流电的电流值为3 A；根据正弦交变电流有效值与峰值的关系(I＝Imax/)可知，交变电流的峰值为3 A；根据部分电路欧姆定律，由U＝IR、Umax＝ImaxR，得电阻两端的交流电压的有效值为300 V，峰值为300 V，所以选项A、C正确，B、D错误．
3．两只相同的电阻，分别通过简谐波形的交流电和方形波的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图所示，在简谐波形交流电的一个周期内，简谐波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方形波交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比为等于( )
A．3∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．4∶3
解析：选B．题图甲为正弦交流电，其有效值为I1＝＝ A．题图乙为方波电流，由于电流的热效应与电流的方向无关，所以其有效值为I2＝Im＝1 A，因此＝eq \f(IRT,IRT)＝．
4．将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示．下列说法正确的是( )
A．电路中交变电流的频率为0．25 Hz
B．通过电阻的电流为 A
C．电阻消耗的电功率为2．5 W
D．用交流电压表测得电阻两端的电压是5 V
解析：选C．由题图可读出Emax＝5 V，T＝4×10－2 s，由f＝得f＝0．25×102 Hz，故A错．由Imax＝＝1 A，而I＝＝ A，故B错．由PR＝I2R＝×5 W＝2．5 W，故C正确．交流电压表测得有效值为 V，故D错．
5．如图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：选D．扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L，各点的平均速度v＝，导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有：E＝，×＝I2RT，可得I＝，故D正确，A、B、C错误．
6．如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V．图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图像．则( )
A．电阻R上的热功率为20 W
B．0．02 s时R两端的电压瞬时值为零
C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14．1·cos 100πt(V)
D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 50πt(A)
解析：选C．电阻R上的热功率为P热＝＝W＝10 W，选项A错误；0．02 s时磁通量为零，此时磁通量的变化率最大，感应电动势最大，则R两端的电压瞬时值为最大，选项B错误；根据Em＝E＝10 V，ω＝＝rad/s＝100π rad/s，t＝0时刻感应电动势最大，则R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14．1cos 100πt(V)，选项C正确；Im＝＝ A，通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 100πt(A)，选项D错误．
7．10匝线圈在匀强磁场中匀速转动产生交变电动势e＝10sin(20πt) V，求：
(1)t＝0时线圈的磁通量和磁通量的变化率；
(2)线圈从中性面开始转过180°过程中，感应电动势的平均值和最大值之比．
解析：线圈转动过程中，根据线圈的磁通量的变化和电动势的变化关系，有
(1)因为Em＝nBSω＝nΦmω．
所以Φm＝＝ Wb＝ Wb．
t＝0时，电动势e＝0，磁通量为最大，如上式．根据法拉第电磁感应定律，磁通量的变化率与匝数的乘积就是电动势，所以，t＝0时磁通量的变化率为0．
(2)线圈从中性面开始转过180°过程的时间
t＝T＝0．05 s，
感应电动势平均值
＝n×＝10×＝ V．
Em＝10 V，＝＝．
答案：(1) Wb 0 (2)
8．
如图为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度B＝0．5 T，线圈匝数N＝50匝，每匝线圈面积为0．48 m2，转速为150 r/min．在匀速转动过程中，从图示位置线圈转过90°开始计时．
(1)写出交流感应电动势瞬时值的表达式．
(2)画出e－t图线．
解析：(1)从线圈平面经过中性面开始计时，则线圈在时间t内转过角度ωt，于是瞬时感应电动势e＝Emsin ωt，其中Em＝2NBLv＝NBSω．画线时，最大值是正弦图线的峰值，由纵轴上的刻度值标出．交流电的角频率与正弦图线的周期相对应，ω＝2π/T．而周期由时间轴上的刻度值标出．
由题意知：N＝50，B＝0．5 T，
ω＝ rad/s＝5π rad/s，
S＝0．48 m2，e＝Emsin ωt，
Em＝NBSω＝50×0．5×0．48×5π V≈188 V；
所以e＝188sin(5πt) V，T＝2π/ω＝0．4 s．
(2)e－t图线如图所示．
答案：见解析
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第2章 交变电流与发电机
》理论储备基础回顾
条分缕析·夯基固本◆
》典题分类讲练结合
分类讲解·举一反三
