（全國版）2019版高考物理一輪復習 第12章 交變電流 傳感器 第45課時 交變電流的產生和描述學案

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1、 第45課時　交變電流的產生和描述 考點1　交變電流的產生及變化規(guī)律 1．交變電流：大小和方向都隨時間做周期性變化的電流。最常見的交變電流是正弦交變電流。 2．正弦交流電的產生和圖象 (1)產生：如圖所示，在勻強磁場里，線圈繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動時，可產生正弦式交變電流。 (2)兩個特殊位置 (3)變化規(guī)律(線圈在中性面位置開始計時)： ①電動勢e隨時間變化的規(guī)律：e＝Emsinωt。 ②電壓u隨時間變化的規(guī)律：u＝sinωt。 ③電流i隨時間變化的規(guī)律：i＝sinωt，其中Em＝nBSω。 [例1]　 (2017·東北三省四校

2、聯考)(多選)如圖所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉動時所產生正弦交變電流的圖象，當調整線圈轉速后，所產生正弦交變電流的圖象如圖線b所示，以下關于這兩個正弦交變電流的說法正確的是(　　) A．交變電流b電壓的有效值為 V B．在圖中t＝0時刻穿過線圈的磁通量均為零 C．交變電流a的電壓瞬時值u＝10sin5πt(V) D．線圈先后兩次轉速之比為3∶2 解析　正弦交變電流a最大值Um＝nBSω＝nBS·＝10 V，交變電流b的電壓最大值Um′＝nBS·，由題圖可知Ta＝0.4 s，Tb＝0.6 s，聯立兩式可得Um′＝ V，交變電流b電壓的有效值U＝＝ V，A正確。在t＝0時，交變電

3、流產生的電動勢為零，由法拉第電磁感應定律可知此時穿過線圈的磁通量最大，但磁通量的變化率為零，B錯誤。線圈的轉速n＝，則線圈先后兩次轉速之比為3∶2，D正確。交變電流a的電壓瞬時值表達式u＝Umsint，即u＝10sin5πt(V)，C正確。 答案　ACD 1．兩個特殊位置的特點 (1)線圈平面與中性面重合時，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，電流方向將發(fā)生改變。 (2)線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，電流方向不改變。 2．書寫交變電流瞬時值表達式的基本思路 (1)確定正弦式交變電流的峰值，根據已知圖象讀出或由公式Em＝nBSω求出相應峰值。

4、(2)明確線圈的初始位置，找出對應的函數關系式。 ①若線圈從中性面位置開始轉動，則i-t圖象為正弦函數圖象，函數式為i＝Imsinωt。 ②若線圈從垂直中性面位置開始轉動，則i-t圖象為余弦函數圖象，函數式為i＝Imcosωt。 1. 如圖所示，一矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉軸OO′以恒定的角速度ω轉動，從圖示位置開始計時，則在轉過180°這段時間內(　　) A．線圈中的感應電流一直在減小 B．線圈中的感應電流先增大后減小 C．穿過線圈的磁通量一直在增大 D．穿過線圈的磁通量的變化率先減小后增大 答案　D 解析　在線圈轉過180°這段時間，為0～T，

5、穿過線圈的磁通量先增大后減小，從圖示位置開始計時，產生余弦式交流電，故線圈中產生的感應電動勢先減小后增大，磁通量的變化率先減小后增大，故感應電流先減小后增大，A、B、C錯誤，D正確。 2．(2018·安徽蚌埠期末)如圖甲是小型交流發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，為交流電流表。線圈繞垂直于磁場的水平軸OO′勻速轉動，從圖示位置開始計時，產生的交變電流隨時間變化的圖象如圖乙所示。以下判斷正確的是(　　) A．線圈轉動的轉速為25 r/s B．電流表的示數為10 A C．1 s鐘內線圈中電流方向改變了50次 D．0.01 s時線圈平面與中性面重合 答案　

6、B 解析　由題圖乙可知周期T＝0.02 s，則角速度ω＝＝100π rad/s，轉速n＝＝ r/s＝50 r/s，故A錯誤；由題圖乙可知交變電流的最大值是Im＝10 A，由于電流表的示數為有效值，故示數I＝ A＝10 A，故B正確；交流電的頻率為50 Hz，每個周期內電流方向改變2次，故1 s鐘內線圈中電流方向改變了100次，C錯誤；0.01 s時線圈中的感應電流達到最大，感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，磁通量為0，故線圈平面與磁場方向平行，與中性面垂直，故D錯誤。 3. 如圖所示，有一閉合的正方形線圈，匝數N＝100匝，邊長為10 cm，線圈總電阻為10 Ω，線圈繞OO′軸

7、在B＝0.5 T的勻強磁場中勻速轉動，每分鐘轉1500轉，求： (1)該線圈產生的交變電動勢最大值是多少？ (2)寫出感應電動勢隨時間變化的表達式； (3)從圖示位置轉過30°時，感應電動勢的瞬時值是多大？ 答案　(1)78.5 V　(2)e＝78.5sin50πt(V) (3)39.25 V 解析　(1)f＝1500 r/min＝25 Hz，ω＝2πf＝50π rad/s。 感應電動勢的最大值為： Em＝NBSω＝100×0.5×0.01×50×3.14 V≈78.5 V。 (2)由題圖可以看出，線圈是從中性面開始計時，產生交變電動勢的瞬時值表達式應為e＝Emsinωt＝7

8、8.5sin50πt(V)。 (3)轉過30°角時的電動勢為 e＝Emsin30°＝78.5× V＝39.25 V。 考點2　交變電流四值的比較和應用 1．周期和頻率 (1)周期T：交變電流完成一次周期性變化(線圈轉一周)所需的時間，單位是秒(s)。公式：T＝。 (2)頻率f：交變電流在1_s內完成周期性變化的次數，單位是赫茲(Hz)。 (3)周期和頻率的關系：T＝或f＝。 2．交變電流的瞬時值、峰值、有效值和平均值 3．交變電流的瞬時值、峰值、有效值和平均值的比較 [例2]　(2017·黑龍江哈六中模擬)兩個完全相同的電熱器，分別通以圖甲、乙所

9、示的峰值相等的矩形交變電流和正弦式交變電流，則這兩個電熱器的電功率之比P甲∶P乙等于(　　) A.∶1 B．2∶1 C．4∶1 D．1∶1 解析　矩形交變電流的有效值I1＝Im，正弦式交變電流的有效值I2＝，根據電功率公式P＝I2R得P甲∶P乙＝I∶I＝I∶2＝2∶1，故B正確。 答案　B 交變電流有效值的求法 (1)公式法：利用E＝、U＝、I＝計算，此方法只適用于正弦式(或余弦式)交變電流。 (2)定義法 ①設阻值、定時間：設將交變電流加在阻值為R的電阻上，時間取t＝T。 ②求熱量：Q＝Q1＋Q2＋…(分段法)。 ③求解有效值：根據Q＝I2Rt＝t代入求解有效

10、值。 (3)比例法：由P＝I2R、P＝可知，R一定時，P∝I2、P∝U2，所以可根據功率的變化比例確定有效值的變化比例。此方法適合分析對兩種狀態(tài)進行對比的問題。 1. 交流發(fā)電機線圈電阻r＝1 Ω，用電器電阻R＝9 Ω，電壓表示數為9 V，如圖所示，那么該交流發(fā)電機(　　) A．電動勢的峰值為10 V B．電動勢的有效值為9 V C．交流發(fā)電機線圈通過中性面時電動勢的瞬時值為10 V D．交流發(fā)電機線圈自中性面轉過90°的過程中的平均感應電動勢為 V 答案　D 解析　用電器電阻R＝9 Ω，電壓表示數為9 V，則電路中的電流：I＝＝ A＝1 A，所以，電路中的電動勢：E＝I

11、(R＋r)＝1×(1＋9) V＝10 V。電壓表的讀數是交流電的有效值，所以10 V是電路中電動勢的有效值，其最大值：Em＝BSω＝E＝10 V。故A、B錯誤。由交流電的產生與變化的規(guī)律可知，交流發(fā)電機線圈通過中性面時電動勢的瞬時值最小為零，故C錯誤；線圈自中性面轉過90°的過程中的平均感應電動勢為：＝＝＝＝ V，故D正確。 2．交流發(fā)電機產生的感應電動勢為e＝Emsinωt，若發(fā)電機的轉速和線圈的匝數都增加到原來的兩倍，這時產生的感應電動勢為(　　) A．e＝2Emsinωt B．e＝2Emsin2ωt C．e＝4Emsinωt D．e＝4Emsin2ωt 答案　D 解析　感應

12、電動勢最大值Em＝NBSω，當發(fā)電機的轉速和線圈的匝數都增加到原來的兩倍時，感應電動勢最大值為Em′＝4Em，則產生的感應電動勢的瞬時值為e′＝Em′sin2ωt＝4Emsin2ωt，故D正確。 3．(2017·四川雙流中學期中)如圖所示是一交變電流的i-t圖象，則該交變電流的有效值為(　　) A．4 A B. A C. A D．2 A 答案　B 解析　設交變電流的有效值為I，周期為T，電阻為R，則I2RT＝2R·＋42·R·T，解得I＝ A，故B正確。 1．(2017·湖北重點中學測試)如圖甲所示，在勻強磁場中，兩個匝數相同的正方形金屬線圈分別以不同的轉速，繞與磁

13、感線垂直的軸勻速轉動，產生的交變電動勢隨時間t變化的圖象如圖乙中曲線a、b所示，則(　　) A．t＝0時刻，兩線圈均處于垂直于中性面的位置 B．a、b對應的線圈轉速之比為2∶3 C．a、b對應的兩線圈面積之比為1∶1 D．若只改變兩線圈的形狀(匝數不變)，則兩線圈電動勢的有效值之比一定不變 答案　C 解析　t＝0時刻，兩線圈感應電動勢均為零，故兩線圈均處于中性面的位置，A錯誤；由圖線可知，兩線圈的周期之比Ta∶Tb＝2∶3；故根據n＝可知a、b對應的線圈轉速之比為3∶2，B錯誤；根據Em＝NBSω，＝＝；＝＝；則＝·＝，C正確；若只改變兩線圈的形狀(匝數不變)，則兩線圈的面積要

14、變化，故感應電動勢的最大值要變化，電動勢的有效值之比一定變化，D錯誤。 2. 一個邊長為6 cm的正方形金屬線框置于勻強磁場中，線框平面與磁場垂直，電阻為0.36 Ω。磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖所示，則線框中感應電流的有效值為(　　) A.×10－5 A B.×10－5 A C.×10－5 A D.×10－5 A 答案　B 解析　由法拉第電磁感應定律和歐姆定律可得 E＝＝·S，I＝＝· 在0～3 s內，I1＝× A＝2×10－5 A 3～5 s內，I2＝× A＝－3×10－5 A 于是可作出i隨時間變化的圖象如圖所示。 由有效值的定義，Q直＝Q交，IRt

15、1＋IRt2＝I2Rt， 其中t1＝3 s，t2＝2 s，t＝t1＋t2。代入數據，解得I＝×10－5 A，故B選項正確。 3．如圖所示的區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度為B。電阻為R、半徑為L、圓心角為45°的扇形閉合導線框繞垂直于紙面的O軸以角速度ω勻速轉動(O軸位于磁場邊界)。則線框內產生的感應電流的有效值為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　線框的轉動周期為T，而線框轉動一周只有的時間內有感應電流，此時感應電流的大小為：I＝＝，根據電流的熱效應有：2R·＝IRT，解得I有＝，故D正確。 4．(2017·忻州模擬)(多選)如圖所示，在勻

16、強磁場中勻速轉動的矩形線圈的周期為T，轉軸O1O2垂直于磁場方向，線圈電阻為2 Ω。從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，線圈轉過60°時的感應電流為1 A。那么(　　) A．線圈消耗的電功率為4 W B．線圈中感應電流的有效值為2 A C．任意時刻線圈中的感應電動勢為e＝4cost D．任意時刻穿過線圈的磁通量為Φ＝sint 答案　AC 解析　線圈轉動的角速度ω＝，線圈平面從與磁場方向平行開始計時，當轉過60°時，電流的瞬時值表達式為i＝Imcos60°＝1 A，解得Im＝2 A，則正弦交變電流的有效值為I＝＝ A，B錯誤；線圈消耗的電功率P＝I2R＝4 W，A正確；由歐姆定律可知

17、，感應電動勢最大值為Em＝ImR＝4 V，所以其瞬時值表達式為e＝4cost，C正確；通過線圈的磁通量Φ＝Φmsinωt＝Φmsint，感應電動勢的最大值Em＝BSω＝Φm×，Φm＝，聯立解得Φ＝sint，D錯誤。 5．(多選)圖甲為風力發(fā)電的簡易模型，在風力作用下，風葉帶動與桿固連的永磁鐵轉動，磁鐵下方的線圈與電壓傳感器相連，在某一風速時，傳感器顯示如圖乙所示，則(　　) A．磁鐵的轉速為10 r/s B．線圈兩端電壓的有效值為6 V C．交流的電壓表達式為u＝12sin5πt(V) D．該交流電可以直接加在擊穿電壓為9 V的電容器上 答案　BC 解析　電壓的周期為T＝0.

18、4 s，故磁體的轉速為n＝＝＝2.5 r/s，故A錯誤；通過乙圖可知電壓的最大值為12 V，故有效值U＝＝ V＝6 V，故B正確；周期T＝0.4 s，故ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，故電壓的表達式為U＝12sin5πt(V)，故C正確；交流電的最大值為12 V，大于電容器的擊穿電壓，故D錯誤。 6．(2017·山東泰安檢測)(多選)如圖甲的電路中，電阻R1＝R2＝R，和R1并聯的D是理想二極管(正向電阻可視為零，反向電阻為無窮大)，在A、B之間加一個如圖乙所示的交變電壓(電壓為正值時，UAB>0)。由此可知(　　) A．在A、B之間所加的交變電壓的周期為2×10－2 s B．

19、在A、B之間所加的交變電壓的瞬時值表達式為u＝220sin50πt(V) C．加在R1上電壓的有效值為55 V D．加在R1上電壓的有效值為55 V 答案　AC 解析　由圖象可得交流電的周期為：T＝2×10－2 s，故A正確。電壓最大值為：Um＝220 V，電壓的瞬時值表達式為：u＝Umsinωt＝220sint＝220sin100πt(V)，故B錯誤；當電源在正半軸時A點電勢高于B點電勢，二極管導通，即R1被短路。電源在負半軸時B點電勢高于A點電勢，二極管截止，R1，R2串聯。設R1上電壓的有效值為U。根據有效值的定義得：T＝×，解得：U＝55 V，故C正確，D錯誤。 7. 如圖

20、所示，勻強磁場的磁感應強度B＝0.5 T。邊長L＝10 cm的正方形線圈abcd共100匝，線圈電阻r＝1 Ω，線圈繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉動，角速度ω＝2π rad/s，外電路電阻R＝4 Ω，求： (1)線圈轉動過程中感應電動勢的最大值； (2)由圖示位置(線圈平面與磁感線平行)轉過60°角時的瞬時感應電動勢； (3)由圖示位置轉過60°角的過程中產生的平均感應電動勢； (4)交流電壓表的示數； (5)線圈轉動一周外力所做的功； (6)線圈轉過60°角的過程中，通過R的電荷量是多少？ 答案　(1)π V　(2) V　(3) V　(4)π V　 (5) J　(6) C

21、 解析　(1)感應電動勢的最大值為Em＝nBSω＝π V。 (2)線圈轉過60°角時的瞬時感應電動勢為 e＝Emcos60°＝π×0.5 V＝ V。 (3)線圈轉過60°角的過程中產生的平均感應電動勢為 ＝n＝ ＝ V ＝ V。 (4)電壓表示數為外電路電壓的有效值 U＝·R＝×4 V＝π V。 (5)線圈轉動一周，外力所做的功等于電流產生的熱量，W＝Q＝2··T＝ J。 (6)線圈轉過60°角的過程中，通過電阻R的電荷量為q＝·＝·＝·＝＝ C。 8. (2017·天津高考)(多選)在勻強磁場中，一個100匝的閉合矩形金屬線圈，繞與磁感線垂直的固定軸勻速轉動，穿

22、過該線圈的磁通量隨時間按圖示正弦規(guī)律變化。設線圈總電阻為2 Ω，則(　　) A．t＝0時，線圈平面平行于磁感線 B．t＝1 s時，線圈中的電流改變方向 C．t＝1.5 s時，線圈中的感應電動勢最大 D．一個周期內，線圈產生的熱量為8π2 J 答案　AD 解析　由題圖可知，t＝0時刻穿過該線圈的磁通量為零，線圈平面與磁感線平行，A正確；線圈中電流為零時，方向才發(fā)生改變，而t＝1 s時，由題圖可知電流最大，電流方向不改變，B錯誤；t＝1.5 s時，穿過該線圈的磁通量最大，感應電動勢為零，C錯誤；由ω＝＝π rad/s，Em＝nBSω＝nΦmω＝4π V，可得電壓的有效值為U＝ V＝2π

23、 V，一個周期內線圈產生的熱量為Q＝T＝8π2 J，D正確。 9. (2016·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，M為半圓形導線框，圓心為OM。N是圓心角為直角的扇形導線框，圓心為ON。兩導線框在同一豎直面(紙面)內，兩圓弧半徑相等。過直線OM ON的水平面上方有一勻強磁場，磁場方向垂直于紙面?，F使線框M、N在t＝0時從圖示位置開始，分別繞垂直于紙面、且過OM和ON的軸，以相同的周期T逆時針勻速轉動，則(　　) A．兩導線框中均會產生正弦交流電 B．兩導線框中感應電流的周期都等于T C．在t＝時，兩導線框中產生的感應電動勢相等 D．兩導線框的電阻相等時，兩導線框中感應電流的有效值也相等 答

24、案　BC 解析　兩導線框未完全進入磁場時，轉動切割產生恒定感應電流，當導線框N完全進入磁場后，通過線框的磁通量將不變，故無感應電流產生，因此它不會產生正弦交流電，A錯誤；導線框每轉動一圈，產生的感應電流的變化為一個周期，B正確；在t＝時，導線框轉過角度為45°，切割磁感線的有效長度相同，均為繞圓心的轉動切割形式，設圓弧半徑為R，則感應電動勢均為E＝BR·＝BR·ω·＝BωR2，C正確；導線框N轉動的一個周期內，有半個周期無感應電流產生，所以兩導線框的感應電動勢的有效值并不相同，由閉合電路歐姆定律可知，兩導線框的電阻相等時，感應電流的有效值一定不相同，D錯誤。 10. (2015·四川高考

25、)小型手搖發(fā)電機線圈共N匝，每匝可簡化為矩形線圈abcd，磁極間的磁場視為勻強磁場，方向垂直于線圈中心軸OO′，線圈繞OO′勻速轉動，如圖所示。矩形線圈ab邊和cd邊產生的感應電動勢的最大值都是e0，不計線圈電阻，則發(fā)電機輸出電壓(　　) A．峰值是e0 B．峰值是2e0 C．有效值是Ne0 D．有效值是Ne0 答案　D 解析　根據題意，小型發(fā)電機輸出電壓的峰值為Em＝2Ne0，A、B錯誤；對于正弦式交變電流，峰值與有效值E的關系滿足E＝，故有效值為Ne0，C錯誤、D正確。 11．(2017·黑龍江大慶一模)(多選)如圖所示，N匝矩形導線框在磁感應強度為B的勻強磁場中繞軸

26、OO′勻速轉動，線框面積為S，線框的電阻、電感均不計，外電路接有電阻R、理想電流表A和二極管D。電流表的示數為I，二極管D具有單向導電性，即正向電阻為零，反向電阻無窮大。下列說法正確的是(　　) A．導線框轉動的角速度為 B．導線框轉動的角速度為 C．導線框轉到圖示位置時，線框中的磁通量最大，瞬時電動勢為零 D．導線框轉到圖示位置時，線框中的磁通量最大，瞬時電動勢最大 答案　AC 解析　導線框產生的最大感應電動勢Em＝NBSω。根據二極管的特點可知，在一個周期內只有半個周期回路中有電流，根據交變電流的熱效應可知2R·＝I2RT，解得ω＝，故A正確、B錯誤；導線框轉到圖示位置時，即導

27、線框位于中性面位置，線框中的磁通量最大，瞬時電動勢為零，故C正確、D錯誤。 12．(2018·黃岡中學月考)如圖所示，匝數為100匝、面積為0.01 m2的線圈，處于磁感應強度B1為 T的勻強磁場中。當線圈繞O1O2以轉速n為300 r/min勻速轉動時，電壓表、電流表的讀數分別為7 V、1 A。電動機的內阻r為1 Ω，牽引一根原來靜止的、長L為1 m、質量m為0.2 kg的導體棒MN沿軌道上升。導體棒的電阻R為1 Ω，架在傾角為30°的框架上，它們處于方向與框架平面垂直、磁感應強度B2為1 T的勻強磁場中。當導體棒沿軌道上滑1.6 m時獲得穩(wěn)定的速度，這一過程中導體棒上產生的熱量為4 J。

28、不計框架電阻及一切摩擦，g取10 m/s2。求： (1)若從線圈處于中性面開始計時，寫出電動勢的瞬時表達式； (2)導體棒MN的穩(wěn)定速度； (3)導體棒MN從靜止到達到穩(wěn)定速度所用的時間。 答案　(1)e＝10sin10πt(V)　(2)2 m/s　(3)1.0 s 解析　(1)轉速n＝300 r/min＝5 r/s，ω＝2πn＝10π rad/s。 線圈轉動過程中電動勢的最大值為： Em＝NB1Sω＝100××0.01×2π×5 V＝10 V 則從線圈處于中性面開始計時的電動勢瞬時值表達式為：e＝Emsinωt＝10sin10πt(V)。 (2)電動機的電流：I＝1 A 電動機的輸出功率：P出＝IU－I2r，又P出＝Fv 而棒產生的感應電流：I′＝＝ 穩(wěn)定時棒處于平衡狀態(tài)，故有：F＝mgsinθ＋B2I′L 由以上各式代入數值，解得棒的穩(wěn)定速度： v＝2 m/s，v＝－3 m/s(舍去)。 (3)由能量守恒定律得：P出t＝mgh＋mv2＋Q 其中h＝xsinθ＝0.80 m 解得：t＝1.0 s。 19