2021届高中物理旧同步选修32第5章1交变电流

[学习目标]1.会观察电流(或电压)的波形图，理解交变电流和直流的概念.2.理解交变电流的从中性面开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时值表达式：e＝Emsinωt，Em叫做电动势(1)如图1所示的电流为交流电 (2)只要线圈在磁场中转动，就可以产生交变电流．(×)(3)线圈在通过中性面时磁通量最大，电流也最大．(×)(4)线圈在通过中性面时电流的方向发生改变．(√) ，从图示位置转过90°时感应电动势为 答 6.28 6.28 6.28 解 感应电动势的峰值为Em＝nBSω＝10×0.5×0.22×10πV≈6.28RIm＝Em＝6.28R6.28从题图所示位置转过90°时，线圈位于中性面，切割磁感线的两边的速度与磁感线平行，感应电动势为0.OO3答 中性面位置(S⊥B3中的甲、丙线圈平面与磁场垂直的位置，此时

0，e0，iΔt垂直中性面位置(S∥B3中的乙、丁此时Φ为

e最大，iΔt例1 下列说法正确的是( 答 解析线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁大，所以感应电动势最大，即此时穿过线框的磁通量的变化率最大，故C、D选项正确．ωt，abvωt.abL1，bcL2S＝L1L2B，则：abn2sin答 (1)eab＝BL1vsin2sin ＝2BL1L2ωsinωt＝2BSωsinabcdeab＝ecde总eab＋ecd＝BSωsinnne＝nBSωsinEm＝nBSω，Im＝Em

电动势峰值Em＝nBSω由线圈匝数n、磁感应强度B、转动角速度ω和线圈面积S决5n、B、ω、Se＝Emsinωt，i＝Imsinωt，u＝Umsinωte＝Emcosωt，i＝Imcosωt，u＝Umcosωt.例 一矩形线圈，面积是0.05m2，共100匝，线圈总电阻r＝2Ω，外接电阻R＝8Ω，圈在磁感应强度

Tn＝300r/min6

s(3)R答 答 50sin10πt (2) (3)u＝40sin10πt (1)线圈转速n＝300r/min＝5r/s，角速度ω＝2πn＝10πrad/s，Em＝NBSω＝50V，e＝Emsinωt＝50sin10πt(2)t＝

s3得e′＝50sin 1)V＝25 3＝i′e′＝53＝ (3)u＝eR＝40sin10πte＝Emsinωte＝Emcos7

0，Φ时：线圈位于中性面上，此时Δt②e最大(i最大

时：线圈平行于磁感线，此时Δt(3)e、i38abcdab、cdOO′以ab时电流方向为正，则下列四幅图象中可能正确的是()答 为b到a，且线圈远离中性面，Φ减小，电流增大，故选项C正确．例4 化的图象如图9所示，则( 答 t1、t3时刻感应电动势为零，磁通量变化率为零，磁通量最大，线圈平面处于中性面位置，故A正确，C错误；t2、t4时刻感应电动势最大，磁通量变化率最大，通过线圈的磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，故B、D错误．变电流()答案解析由交变电流的产生条件可知，轴必须垂直于磁感线，但对线圈的形状及转轴的位置没有特殊要求，故选项B、C、D正确．2．(交变电流的产生及图象)10甲为风速仪的结构示意图．在恒定风力作用下风杯带动到原来的一半，则电流随时间变化的关系图可能是()答案解析由题图乙可知产生的电流为正弦式交变电流，当风速减小时，转速减小，ω减小，周期变长，由Em＝nBSω可知，电动势峰值减小，Im减小，故选项C正确．正确的是()t＝0t＝0.01st＝0.02s答案解析t＝0时刻，穿过线圈的磁通量最大，线圈处于中性面，t＝0.01s时刻，A项错误，B项正确；t＝0.02s时刻，感应电动势应为零，故C、D项错误．＝ ＝

abcd100r＝1ΩOO′匀速转动，ω＝2πrad/sR＝4Ω.求：2答 2

(2)e＝22cos2πt (3)65π解析(1)设转动过程中线圈中感应电动势的最大值为Em，则Em＝nBL2ω＝1005π2×0.12×2π 2e＝Emcosωt＝22cos2πt30°e′＝22cos30°V＝6V＝的瞬时值为 e′＝6A.＝ 考点 交变电流及产 答案解析方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特征．A、B、D三项所示的电流大小随时间做周期性变化，但其方向不变，不是交变电流，它们是直流电，故A、B、D错误；C选项中电流符合交变电流的特征，故C正确．2.(2019·枣庄八中期中)如图1所示为演示交变电生的装置图，关于这个实验，正确的说 A1Cab答 解析2A项错误；图示位置线圈与磁abab边的感应电流方向为R相连．圈转动过程中，通过电阻R的电流()C．大小不断变化，方向总是P→R→QD．大小不断变化，方向总是Q→R→P 解析P→R→QC考点二4．(2019·聊城市高二下学期期末)SBe＝BSωsinωt的是()答案解析A、B图在切割磁感线，导致磁通量在变化，从而产生感应电流，但势e＝BSωsinωt，A正确．5(2019·et3是 答 t1时刻，感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零，故A错误；t2时刻感应电动由法拉第电磁感应定律知感应电动势E＝ΔΦn交流发电机工作时电动势为e＝Emsinωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势e′变为( 2222 2C．Emsin D.Emsin2答 感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsinωt，而Em＝nBωS，当ω加倍而S减半时，Em不变，故C正确． A．50 B．2533答

D．10解 线圈绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，从垂直中性面的位置开始计时，感应电动势3 V，故选38．(多选)5abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向且与线圈共面OOΦt的变化如图乙所示，则下列说法中正确的是()t＝0答 解析t＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，所以线圈平面处在中性面位置，故A正确；t1、t3向相反，故B错误；t2、t4时刻穿过矩形线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，所以感C正确；t5Dtπ答 解 由题图乙知，t＝π＝T＝t1，此时i＝0，则F安＝0，线圈在中性面位置，Φ最大，D

圈平面与磁感线平行时开始计时，则()Ae＝EmsinB．在 πC．穿过线圈的磁通量的最大值为 π答 解 从线圈平面与磁感线平行时开始计时，线圈电动势的表达式为e＝Emcosωt(V)，故0～π0～T 感线垂直，这段时间内线圈中的感应电流逐渐减小，穿过线圈的磁通量一直增大，故B、错误；线圈产生的电动势的最大值Em＝NBSω，则穿过线圈的磁通量的最大值为EmCt＝0

＝T

cd沿如图8所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t＝0到t＝T时间内，线圈中的电流i随时间t变化关系图象为( 答 4解 4 B正确的是()B 2ΦD．线框转动的角速度为Φm答 电动势最大，故A错误；假设磁通量的表达式为Φ＝Φmsinωt，则感应电动势的表达式为＝EmcosωtBCEm＝BSωΦm＝BSEm＝Φmω，则线框转动Φ的角速度为ω＝Em，故DΦm13．(多选)(2019·金华一中期末考试)如图9所示，一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁 答 而穿过线框的磁通量的最大值为Φm＝BS，根据BSω＝0.5V可知磁通量的最大值Φm＝0.025WbC、D14．一矩形线圈有100匝，面积为50cm2，线圈内阻r＝2Ω，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场平行时开始计时，已知磁感应强度B＝0.5T，线圈的转 u＝9πcos(40πt)V解 n＝1200r/min＝20r/s，角速度ω＝2πn＝40πEm＝NBSω＝100×0.5×50×10－4×40πV＝10πV，线圈中感应电动势e＝Emcosωt＝10πcos(40πt)V，i＝eRu＝Ri＝9πcos(40πt15.(2019·市泉港区第一中学月考)如图10所示，矩形线圈匝数N＝100，ab＝30＝20cmB＝0.8TOO′从图示位置(线圈平面与磁感线平行)开ω＝100πrad/s，则：Emet变化的表达式？(从图示位置开始计时