第32课 交变电流的产生与描述

第页第32课交变电流的产生与描述1．交变电流的产生原理和变化规律a．根据E＝BLv推导正弦式交变电流函数表达式e＝NBSωsinωt(1)(经典题，10分)图(a)是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的OO′轴转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图(b)是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。(只考虑单匝线圈)图(a)图(b)图(c)①线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；②线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图(c)所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式。答案：①e1＝BL1L2ωsinωt(8分)②e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)(2分)解析：①矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd的速度为v，则v＝ωeq\f(L2,2)(2分)在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1＝BL1v⊥(2分)由图可知v⊥＝vsinωt(2分)则整个线圈的感应电动势为e1＝2E1＝BL1L2ωsinωt(2分)②当线圈由题图(c)位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)(2分)b．正弦式交变电流峰值Em＝NBSω、有效值E＝eq\f(Em,\r(2))及电荷量q＝IΔt的计算(2)(经典题，4分)如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I＝________。线框从中性面开始转过eq\f(π,2)的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝________。答案：eq\f(\r(2)BSω,2R)(2分)eq\f(BS,R)(2分)解析：电动势的最大值Em＝BSω，电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))，电流的有效值I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(2)BSω,2R)。通过导线横截面的电荷量为q＝IΔt，又I＝eq\f(ΔΦ,RΔt)，线框从中性面开始转过eq\f(π,2)的过程中，ΔΦ＝BS，则q＝eq\f(BS,R)。c．根据电流热效应计算非正弦式交变电流的有效值(3)(2019海南单科，3分)通过一阻值R＝100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s。电阻两端电压的有效值为()A．12VB．4eq\r(10)VC．15VD．8eq\r(5)V答案：B解析：由有效值定义可得Ieq\o\al(2,1)Rt1＋Ieq\o\al(2,2)Rt2＝eq\f(U2,R)T，代入数据解得U＝4eq\r(10)V，故A项、C项、D项均错误，B项正确。d．根据线框的位置分析Φ、u、i、P等物理量(4)(2019房山区二模，6分)如图所示，矩形线框置于磁场中，该磁场可视为匀强磁场。线框通过导线与电阻构成闭合电路，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴逆时针匀速转动，下列说法正确的是()A．线框通过图中位置瞬间，线框中的电流方向由A到BB．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，通过电阻的电流瞬时值最大D．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电阻的电流有效值变为原来的eq\f(\r(2),2)倍答案：C解析：AB和CD边切割磁感线产生电流，根据右手定则可知电流方向由B到A，故A项错误。线框通过题图中位置瞬间，穿过线框的磁通量为零，感应电动势最大，所以感应电流也最大，通过电阻的电流瞬时值最大，故B项错误，C项正确。根据E＝NBSω可知，ω增大一倍，E也增大一倍，根据I＝eq\f(E,r)可知，通过电阻的电流有效值也增大一倍，故D项错误。(5)(多选)(2019改编，6分)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，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2Ω，则()A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线(2019天津理综)B．t＝1s时，线圈中的电流改变方向(2019天津理综)C．t＝1.5s时，线圈中的感应电动势最大(2019天津理综)D．线圈中产生的感应电动势瞬时值表达式为e＝4πcosπt(V)E．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J(2019天津理综)答案：ADE解析：t＝0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A项正确。每经过一次中性面(线圈平面垂直于磁感线，磁通量有最大值)，电流的方向改变一次，t＝1s时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B项错误。t＝1.5s时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ΔΦ,Δt)＝0))，根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零，故C项错误。由题图可知线圈从垂直中性面开始计时，感应电动势瞬时值表达式为e＝Emcosωt，其中ω＝eq\f(2π,T)＝π，感应电动势最大值Em＝NBSω＝NΦmeq\f(2π,T)＝4πV，则感应电动势瞬时值表达式为e＝4πcosπt(V)，故D项正确。感应电动势有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝2eq\r(,2)πV，一个周期内，线圈产生的热量为Q＝eq\f(E2,R)T＝8π2J，故E项正确。(6)(多选)(2019改编，6分)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图(a)所示。已知发电机线圈内阻为5.0Ω，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图(b)所示，则()图(a)图(b)A．电压表V的示数为220VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2JE．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝eq\f(11\r(,2),5π)cos100πt(Wb)答案：DE解析：电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图像知电动势的最大值Em＝220eq\r(,2)V，有效值E＝220V，灯泡两端电压U＝eq\f(RE,R＋r)＝209V，故A项错误。由图像知T＝0.02s，一个周期内电流方向改变两次，可知1s内电流方向改变100次，故B项错误。灯泡的实际功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(2092,95)W＝459.8W，故C项错误。电流的有效值I＝eq\f(E,R＋r)＝2.2A，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Qr＝I2rt＝2.22×5×1J＝24.2J，故D项正确。由图像知从中性面开始计时，t时间内转过的角度为ωt，则线圈平面与磁场方向夹角为eq\f(π,2)＋ωt，因此有任意时刻Φ＝NBSsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋ωt))＝NBScosωt＝NBScoseq\f(2π,T)t，根据Em＝NBSω＝NBSeq\f(2π,T)＝220eq\r(,2)V可得NBS＝eq\f(11\r(,2),5π)(Wb)，所以任意时刻的磁通量Φ＝eq\f(11\r(,2),5π)cos100πt(Wb)，故E项正确。(7)(多选)(2019山东理综，6分)图(a)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。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图(b)所示，以下判断正确的是()图(a)图(b)A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左答案：AC解析：由题图(b)可知交变电流的最大值是Im＝10eq\r(,2)A，则有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))＝10A；由于电流表的示数为有效值，故示数I＝10A，故A项正确。由题图(b)知，交变电流的周期为0.02s，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，故B项错误。0.01s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，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故C项正确。由于在0.02s时线框的AB边向下运动，根据右手定则可知通过电阻R电流方向自左向右，故D项错误。e．电感“阻高频、通低频”，电容器“阻低频、通高频”(8)(多选)(2019海南单科，5分)如图所示，电阻R、电容C和电感L并联后，接入输出电压有效值恒定、频率可调的交流电源。当电路中交流电的频率为f时，通过R、C和L的电流有效值恰好相等。若将频率降低为eq\f(1,2)f，分别用I1、I2和I3表示此时通过R、C和L的电流有效值，则()A．I1>I3B．I1>I2C．I3>I2D．I2＝I3答案：BC解析：根据电路图可知，电阻R、电容C和电感L并联接入电路，故三者之间