1、第45课时交变电流的产生和描述考点1交变电流的产生及变化规律1交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流。最常见的交变电流是正弦交变电流。2正弦交流电的产生和图象(1)产生：如图所示，在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可产生正弦式交变电流。(2)两个特殊位置(3)变化规律(线圈在中性面位置开始计时)：电动势e随时间变化的规律：eEmsint。电压u随时间变化的规律：usint。电流i随时间变化的规律：isint，其中EmnBS。 例1(2017东北三省四校联考)(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交变电流的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交变电流
2、的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交变电流的说法正确的是()A交变电流b电压的有效值为 VB在图中t0时刻穿过线圈的磁通量均为零C交变电流a的电压瞬时值u10sin5t(V)D线圈先后两次转速之比为32解析正弦交变电流a最大值UmnBSnBS10 V，交变电流b的电压最大值UmnBS，由题图可知Ta0.4 s，Tb0.6 s，联立两式可得Um V，交变电流b电压的有效值U V，A正确。在t0时，交变电流产生的电动势为零，由法拉第电磁感应定律可知此时穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，B错误。线圈的转速n，则线圈先后两次转速之比为32，D正确。交变电流a的电压瞬时值表达式uUmsin
3、t，即u10sin5t(V)，C正确。答案ACD1两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，SB，最大，0，e0，i0，电流方向将发生改变。(2)线圈平面与中性面垂直时，SB，0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变。2书写交变电流瞬时值表达式的基本思路(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式EmnBS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。若线圈从中性面位置开始转动，则it图象为正弦函数图象，函数式为iImsint。若线圈从垂直中性面位置开始转动，则it图象为余弦函数图象，函数式为iImcost。1.如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场
4、方向的转轴OO以恒定的角速度转动，从图示位置开始计时，则在转过180这段时间内()A线圈中的感应电流一直在减小B线圈中的感应电流先增大后减小C穿过线圈的磁通量一直在增大D穿过线圈的磁通量的变化率先减小后增大答案D解析在线圈转过180这段时间，为0T，穿过线圈的磁通量先增大后减小，从图示位置开始计时，产生余弦式交流电，故线圈中产生的感应电动势先减小后增大，磁通量的变化率先减小后增大，故感应电流先减小后增大，A、B、C错误，D正确。2(2018安徽蚌埠期末)如图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO匀速转动，从图示位置开
5、始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示。以下判断正确的是()A线圈转动的转速为25 r/sB电流表的示数为10 AC1 s钟内线圈中电流方向改变了50次D0.01 s时线圈平面与中性面重合答案B解析由题图乙可知周期T0.02 s，则角速度100 rad/s，转速n r/s50 r/s，故A错误；由题图乙可知交变电流的最大值是Im10 A，由于电流表的示数为有效值，故示数I A10 A，故B正确；交流电的频率为50 Hz，每个周期内电流方向改变2次，故1 s钟内线圈中电流方向改变了100次，C错误；0.01 s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通
6、量为0，故线圈平面与磁场方向平行，与中性面垂直，故D错误。3.如图所示，有一闭合的正方形线圈，匝数N100匝，边长为10 cm，线圈总电阻为10 ，线圈绕OO轴在B0.5 T的匀强磁场中匀速转动，每分钟转1500转，求：(1)该线圈产生的交变电动势最大值是多少？(2)写出感应电动势随时间变化的表达式；(3)从图示位置转过30时，感应电动势的瞬时值是多大？答案(1)78.5 V(2)e78.5sin50t(V)(3)39.25 V解析(1)f1500 r/min25 Hz，2f50 rad/s。感应电动势的最大值为：EmNBS1000.50.01503.14 V78.5 V。(2)由题图可以看出
7、，线圈是从中性面开始计时，产生交变电动势的瞬时值表达式应为eEmsint78.5sin50t(V)。(3)转过30角时的电动势为eEmsin3078.5 V39.25 V。考点2交变电流四值的比较和应用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交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值3交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较例2(2017黑龙江哈六中模拟)两个完全相同的电热器，分别通以图甲、乙所示的峰值相等的矩形交变电流和正
8、弦式交变电流，则这两个电热器的电功率之比P甲P乙等于()A.1 B21 C41 D11解析矩形交变电流的有效值I1Im，正弦式交变电流的有效值I2，根据电功率公式PI2R得P甲P乙III221，故B正确。答案B交变电流有效值的求法(1)公式法：利用E、U、I计算，此方法只适用于正弦式(或余弦式)交变电流。(2)定义法设阻值、定时间：设将交变电流加在阻值为R的电阻上，时间取tT。求热量：QQ1Q2(分段法)。求解有效值：根据QI2Rtt代入求解有效值。(3)比例法：由PI2R、P可知，R一定时，PI2、PU2，所以可根据功率的变化比例确定有效值的变化比例。此方法适合分析对两种状态进行对比的问题。
9、1.交流发电机线圈电阻r1 ，用电器电阻R9 ，电压表示数为9 V，如图所示，那么该交流发电机()A电动势的峰值为10 VB电动势的有效值为9 VC交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10 VD交流发电机线圈自中性面转过90的过程中的平均感应电动势为 V答案D解析用电器电阻R9 ，电压表示数为9 V，则电路中的电流：I A1 A，所以，电路中的电动势：EI(Rr)1(19) V10 V。电压表的读数是交流电的有效值，所以10 V是电路中电动势的有效值，其最大值：EmBSE10 V。故A、B错误。由交流电的产生与变化的规律可知，交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值最小为零，故C错误；线
10、圈自中性面转过90的过程中的平均感应电动势为： V，故D正确。2交流发电机产生的感应电动势为eEmsint，若发电机的转速和线圈的匝数都增加到原来的两倍，这时产生的感应电动势为()Ae2Emsint Be2Emsin2tCe4Emsint De4Emsin2t答案D解析感应电动势最大值EmNBS，当发电机的转速和线圈的匝数都增加到原来的两倍时，感应电动势最大值为Em4Em，则产生的感应电动势的瞬时值为eEmsin2t4Emsin2t，故D正确。3(2017四川双流中学期中)如图所示是一交变电流的it图象，则该交变电流的有效值为()A4 A B. A C. A D2 A答案B解析设交变电流的有效
11、值为I，周期为T，电阻为R，则I2RT2R42RT，解得I A，故B正确。1(2017湖北重点中学测试)如图甲所示，在匀强磁场中，两个匝数相同的正方形金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势随时间t变化的图象如图乙中曲线a、b所示，则()At0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置Ba、b对应的线圈转速之比为23Ca、b对应的两线圈面积之比为11D若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈电动势的有效值之比一定不变答案C解析t0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均处于中性面的位置，A错误；由图线可知，两线圈的周期之比TaTb23；故根据n可知a、b对应的线圈转速
12、之比为32，B错误；根据EmNBS，；则，C正确；若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈的面积要变化，故感应电动势的最大值要变化，电动势的有效值之比一定变化，D错误。2.一个边长为6 cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36 。磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示，则线框中感应电流的有效值为()A.105 A B.105 AC.105 A D.105 A答案B解析由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得ES，I在03 s内，I1 A2105 A35 s内，I2 A3105 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，IRt1IRt2I2Rt，
13、其中t13 s，t22 s，tt1t2。代入数据，解得I105 A，故B选项正确。3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.答案D解析线框的转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为：I，根据电流的热效应有：2RIRT，解得I有，故D正确。4(2017忻州模拟)(多选)如图所示，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 。从线圈平面与磁场方向平行时开
14、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4 WB线圈中感应电流的有效值为2 AC任意时刻线圈中的感应电动势为e4costD任意时刻穿过线圈的磁通量为sint答案AC解析线圈转动的角速度，线圈平面从与磁场方向平行开始计时，当转过60时，电流的瞬时值表达式为iImcos601 A，解得Im2 A，则正弦交变电流的有效值为I A，B错误；线圈消耗的电功率PI2R4 W，A正确；由欧姆定律可知，感应电动势最大值为EmImR4 V，所以其瞬时值表达式为e4cost，C正确；通过线圈的磁通量msintmsint，感应电动势的最大值EmBSm，m，联立解得sint，D错误。5(
15、多选)图甲为风力发电的简易模型，在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连，在某一风速时，传感器显示如图乙所示，则()A磁铁的转速为10 r/sB线圈两端电压的有效值为6 VC交流的电压表达式为u12sin5t(V)D该交流电可以直接加在击穿电压为9 V的电容器上答案BC解析电压的周期为T0.4 s，故磁体的转速为n2.5 r/s，故A错误；通过乙图可知电压的最大值为12 V，故有效值U V6 V，故B正确；周期T0.4 s，故 rad/s5 rad/s，故电压的表达式为U12sin5t(V)，故C正确；交流电的最大值为12 V，大于电容器的击穿电压，故D错误。
16、6(2017山东泰安检测)(多选)如图甲的电路中，电阻R1R2R，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，UAB0)。由此可知()A在A、B之间所加的交变电压的周期为2102 sB在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u220sin50t(V)C加在R1上电压的有效值为55 VD加在R1上电压的有效值为55 V答案AC解析由图象可得交流电的周期为：T2102 s，故A正确。电压最大值为：Um220 V，电压的瞬时值表达式为：uUmsint220sint220sin100t(V)，故B错误；当电源在正半轴时A点电
17、势高于B点电势，二极管导通，即R1被短路。电源在负半轴时B点电势高于A点电势，二极管截止，R1，R2串联。设R1上电压的有效值为U。根据有效值的定义得：T，解得：U55 V，故C正确，D错误。7.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B0.5 T。边长L10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r1 ，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，角速度2 rad/s，外电路电阻R4 ，求：(1)线圈转动过程中感应电动势的最大值；(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60角时的瞬时感应电动势；(3)由图示位置转过60角的过程中产生的平均感应电动势；(4)交流电压表的示数；(5)线圈转动一周外力
18、所做的功；(6)线圈转过60角的过程中，通过R的电荷量是多少？答案(1) V(2) V(3) V(4) V(5) J(6) C解析(1)感应电动势的最大值为EmnBS V。(2)线圈转过60角时的瞬时感应电动势为eEmcos600.5 V V。(3)线圈转过60角的过程中产生的平均感应电动势为n V V。(4)电压表示数为外电路电压的有效值UR4 V V。(5)线圈转动一周，外力所做的功等于电流产生的热量，WQ2T J。(6)线圈转过60角的过程中，通过电阻R的电荷量为q C。8.(2017天津高考)(多选)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线
19、圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 ，则()At0时，线圈平面平行于磁感线Bt1 s时，线圈中的电流改变方向Ct1.5 s时，线圈中的感应电动势最大D一个周期内，线圈产生的热量为82 J答案AD解析由题图可知，t0时刻穿过该线圈的磁通量为零，线圈平面与磁感线平行，A正确；线圈中电流为零时，方向才发生改变，而t1 s时，由题图可知电流最大，电流方向不改变，B错误；t1.5 s时，穿过该线圈的磁通量最大，感应电动势为零，C错误；由 rad/s，EmnBSnm4 V，可得电压的有效值为U V2 V，一个周期内线圈产生的热量为QT82 J，D正确。9.(2016全国卷)(多选)如图，
20、M为半圆形导线框，圆心为OM。N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON。两导线框在同一竖直面(纸面)内，两圆弧半径相等。过直线OM ON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()A两导线框中均会产生正弦交流电B两导线框中感应电流的周期都等于TC在t时，两导线框中产生的感应电动势相等D两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等答案BC解析两导线框未完全进入磁场时，转动切割产生恒定感应电流，当导线框N完全进入磁场后，通过线框的磁通量将不变，故无感应电流产生，因此它不会产生
21、正弦交流电，A错误；导线框每转动一圈，产生的感应电流的变化为一个周期，B正确；在t时，导线框转过角度为45，切割磁感线的有效长度相同，均为绕圆心的转动切割形式，设圆弧半径为R，则感应电动势均为EBRBRBR2，C正确；导线框N转动的一个周期内，有半个周期无感应电流产生，所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同，由闭合电路欧姆定律可知，两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值一定不相同，D错误。10.(2015四川高考)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO，线圈绕OO匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最
22、大值都是e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()A峰值是e0 B峰值是2e0C有效值是Ne0 D有效值是Ne0答案D解析根据题意，小型发电机输出电压的峰值为Em2Ne0，A、B错误；对于正弦式交变电流，峰值与有效值E的关系满足E，故有效值为Ne0，C错误、D正确。11(2017黑龙江大庆一模)(多选)如图所示，N匝矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D。电流表的示数为I，二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是()A导线框转动的角速度为B导线框转动的角速度为C导线框转
23、到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零D导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大答案AC解析导线框产生的最大感应电动势EmNBS。根据二极管的特点可知，在一个周期内只有半个周期回路中有电流，根据交变电流的热效应可知2RI2RT，解得，故A正确、B错误；导线框转到图示位置时，即导线框位于中性面位置，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C正确、D错误。12(2018黄冈中学月考)如图所示，匝数为100匝、面积为0.01 m2的线圈，处于磁感应强度B1为 T的匀强磁场中。当线圈绕O1O2以转速n为300 r/min匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7 V、1 A。电动
24、机的内阻r为1 ，牵引一根原来静止的、长L为1 m、质量m为0.2 kg的导体棒MN沿轨道上升。导体棒的电阻R为1 ，架在倾角为30的框架上，它们处于方向与框架平面垂直、磁感应强度B2为1 T的匀强磁场中。当导体棒沿轨道上滑1.6 m时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为4 J。不计框架电阻及一切摩擦，g取10 m/s2。求：(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时表达式；(2)导体棒MN的稳定速度；(3)导体棒MN从静止到达到稳定速度所用的时间。答案(1)e10sin10t(V)(2)2 m/s(3)1.0 s解析(1)转速n300 r/min5 r/s，2n10 rad/s。线圈转动过程中电动势的最大值为：EmNB1S1000.0125 V10 V则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为：eEmsint10sin10t(V)。(2)电动机的电流：I1 A电动机的输出功率：P出IUI2r，又P出Fv而棒产生的感应电流：I稳定时棒处于平衡状态，故有：FmgsinB2IL由以上各式代入数值，解得棒的稳定速度：v2 m/s，v3 m/s(舍去)。(3)由能量守恒定律得：P出tmghmv2Q其中hxsin0.80 m解得：t1.0 s。
