2021届高考物理一轮复习方略关键能力·题型突破： 11.1 交变电流的产生和描述 .doc

关键能力题型突破考点一正弦式交变电流的产生及变化规律1.(多选)(2019天津高考)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间t的关系图象如图所示。下列说法正确的是()A.T2时刻线框平面与中性面垂直B.线框的感应电动势有效值为2mTC.线框转一周外力所做的功为22m2RTD.从t=0到t=T4过程中线框的平均感应电动势为mT【解析】选B、C。由图象可知T2时刻线圈的磁通量最大，因此此时线圈处于中性面位置，因此A错误；由图可知交流电的周期为T，则=2T，交流电的电动势最大值为Em=nBS=m2T，则有效值为E有=Em2=2mT，故B正确；线圈转一周所做的功为转动一周的发热量，W=E有2RT=22m2RT，故C正确；从t=0时刻到t=T4时刻的平均感应电动势为E=t=mT4=4mT，D错误。2. (多选)(2017天津高考)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2 ，则()A.t=0时，线圈平面平行于磁感线B.t=1 s时，线圈中的电流改变方向C.t=1.5 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【解析】选A、D。t=0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A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=1 s时磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B错误；t=1.5 s时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零(t=0)，根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感生电动势为零，故C错误；感应电动势最大值Em=NBS=Nm2T=4 V ，有效值E=Em2=22 V，一个周期内线圈产生的热量Q=E2RT=82 J，故D正确。3.如图所示，OO是磁感应强度大小为B的匀强磁场的左边界，也是一面积为S的n匝矩形金属线框的对称轴，若线框以角速度绕与磁感线垂直的转轴OO匀速转动，并从图示位置(线框与磁感线平行)开始计时，则()A.t=2时，线框中的感应电流最小B.t=2时，穿过线框的磁通量变化率最大C.线框中产生的交变电动势的最大值为nBSD.线框中产生的交变电动势的有效值为24nBS【解析】选D。当t=2时，即t=2时线框中的感应电流最大，A错误；当t=2时，即t=2时，线框处于中性面位置，感应电流为零，此时磁通量的变化率最小，B错误；线框中产生的交变电动势的最大值为Em=nBS2=12nBS，C错误； 线框中产生的交变电动势的有效值为E=Em2=24nBS，D正确。正弦式交变电流的产生及特点(1)矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。(2)两个特殊位置的特点。中性面中性面的垂面位置特点SBSB最大0t、e、i0最大电流方向特点改变不改变(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈通过中性面两次，电流的方向改变两次。(4)感应电动势的最大值Em=nBS，与转轴的位置无关，与线圈形状无关。【加固训练】如图所示是一台发电机的结构示意图，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状。M是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线框，可绕与铁芯M共轴的固定转动轴旋转。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场。若从图示位置开始计时，当线框绕固定转动轴匀速转动时，下列图象中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是()【解析】选D。因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状，磁极间的磁感线如图所示，即呈辐向分布磁场，磁感应强度的大小不变，仅方向发生改变，故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小不变，线框越过空隙后，由于线框切割磁感线方向发生变化，所以感应电动势的方向发生变化，综上所述，D正确。考点二交变电流有效值的求解【典例1】(2019石家庄模拟)一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图甲、乙所示。其中甲图中OO轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为 ()A.12B.12C.14D.11【通型通法】1.题型特征：求交变电流电流表示数之比。2.思维导引： 【解析】选A。题图甲中的磁场只有OO轴的右侧，所以线框只在半周期内有感应电流产生，如图甲，电流表测的是有效值，所以I=1BS2R。题图乙中的磁场布满整个空间，线框中产生的感应电流如图乙，所以I=2BS2R，则II=12，即A正确。【多维训练】如图所示为某一线圈交流电的电流时间关系图象，前半个周期为正弦波形的12，则一个周期内该电流的有效值为()A.32I0B.52I0C.32I0D.52I0【解析】选B。设电流的有效值为I，由I2RT=(I02)2RT2+(2I0)2RT4，解得I=52I0。故选B。求解交变电流有效值的三种方法(1)公式法：利用E=Em2、U=Um2、I=Im2计算，此方法只适用于正弦式交变电流。(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t=T。求热量：Q=Q1+Q2+(分段法)。求解有效值：根据Q=I2Rt=U2Rt代入求解有效值。(3)比例法：由P=I2R、P=U2R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。【加固训练】(2018全国卷) 一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示，则Q方Q正等于()A.12B.21C.12D.21【解析】选D。据Q热=u有效2RT得：Q方=u02RT，Q正=u022RT，两式相除就有Q方Q正=21，故选D。考点三交变电流“四值”比较和应用【典例2】 (2019张家口模拟)如图所示，N=50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1=20 cm，ad边长l2=25 cm，放在磁感应强度B=0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO轴以n=3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r=1 ，外电路电阻R=9 ，t=0时，线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里。(1)在图中标出t=0时感应电流的方向； (2)写出线圈感应电动势的瞬时表达式；(3)线圈转一圈外力做功多大？(4)从图示位置转过90的过程中流过电阻R的电荷量是多大？【通型通法】1.题型特征：求电动势瞬时表达式，外力对线圈做功和通过电阻的电荷量。2.思维导引： 【解析】(1)线圈感应电流的方向为adcba。(2)n=3 000 r/min=50 r/s，所以线圈的角速度=2n=100 rad/s。图示位置的感应电动势最大，其大小为Em=NBS=NBl1l2，代入数据得Em=314 V。电动势的表达式e=Emcost=314cos100t(V)。(3)电动势的有效值E=Em2，线圈匀速转动的周期T=2=0.02 s，线圈匀速转动一周，外力做功大小等于电功的大小，即W=I2(R+r)T=(ER+r)2(R+r)T，代入数据得W98.6 J。(4)从t=0起转过90的过程中，t内流过R的电荷量q=N(R+r)tt=NBSR+r=NBl1l2R+r，代入数据得q=0.1 C。答案：(1)方向为adcba(2)e=314cos100t(V)(3)98.6 J (4)0.1 C【多维训练】(2019汕头模拟)交流发电机线圈电阻r=1 ，用电器电阻R=9 ，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102 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202 V【解析】选D。用电器电阻R=9 ，电压表示数为9 V，则电路中的电流：I=UR=99 A=1 A，所以，电路中的电动势：E=I(R+r)=1(1+9) V=10 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：Em=2E=102 V，故A、B项错误；由交流电的产生与变化的规律可知，当线圈处于中性面时，线圈中的瞬时值电动势为零，故C项错误；线圈自中性面转过90的过程中平均感应电动势为：E=t=BS2=202 V，故D正确。交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较物理量重要关系适用情况及说明瞬时值e=Emsinti=Imsint计算线圈某时刻的感应电动势和感应电流峰值Em=nBS，Im=EmR+r讨论电容器的击穿电压有效值E=Em2U=Um2I=Im2(只适用于正弦式交变电流)(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(2)电气设备“铭牌”上所标的值(3)保险丝的熔断电流(4)交流电表的读数平均值E=BLv，E=ntI=ER+r，q=It=nR+r计算某段时间内通过电路截面的电荷量【加固训练】如图甲所示，标有“220 V40 W”的灯泡和标有“20 F300 V”的电容器并联到交流电源上，为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关。下列判断正确的是()A.t=T2时刻，的示数为零B.灯泡恰好正常发光C.电容器不可能被击穿D.的示数保持1102 V不变【解析】选B。的示数应是电压的有效值220 V，故A、D错误；电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，B正确；电压的峰值Um=2202 V311 V，大于电容器的耐压值，故电容器有可能被击穿，C错误。关闭Word文档返回原板块