2022年高考物理一轮复习第十四单元交变电流第1讲交变电流的产生和描述练习含解析新人教版201908011191.docx

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1、交变电流的产生和描述交变电流一章是电磁感应内容的延续,从近几年命题看,高考对本章内容的考查频率一般,主要体现在“三突出”:一是突出考查交变电流的产生过程;二是突出考查交变电流的图象和交变电流的“四值”;三是突出考查变压器及远距离输电。整体考查难度不大,多以选择题的形式出现。预计2020年高考对本专题内容的考查仍将通过交变电流的图象考查交变电流的四值、变压器等问题,可能加强对实际问题处理能力的考查,以分值为6分的选择题为主。第1讲交变电流的产生和描述1正弦式交变电流的产生及变化规律(1)交变电流的产生交变电流:电流的大小和方向都做周期性的变化,这种电流叫交变电流,简称交流。下图为几种交变电流的电

2、流随时间变化的图象。正弦式交变电流产生原理:将闭合线圈置于匀强磁场中,并绕垂直于磁场方向的轴做匀速转动,线圈中将产生按正弦规律变化的交变电流。注意:正弦式交变电流的变化规律与线圈的形状、转动轴处于线圈平面内的位置无关。正弦式交变电流产生过程中的两个特殊位置。图示概念中性面位置与中性面垂直的位置特点BSBS=BS,最大=0,最小e=nt=0,最小e=nt=nBS,最大感应电流为零,方向改变感应电流最大,方向不变(2)正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)规律物理量函数表达式图象磁通量=mcos t=BScos t注意:与线圈匝数无关电动势e=Emsin t=nBSsin t电压u=

3、Umsin t=REmR+rsin t电流i=Imsin t=EmR+rsin t1.1 (2018宜昌质检)关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流,下列说法中正确的是()。A.线圈平面每经过中性面一次,感应电流的方向就改变一次,感应电动势的方向不变B.线圈每转动一周,感应电流的方向改变一次C.线圈平面每经过中性面一次,感应电动势和感应电流的方向都改变一次D.线圈每转动一周,感应电动势和感应电流的方向都改变一次【答案】C1.2 (2018福州质检)如图所示是某发电机的结构示意图,其中N、S是永磁铁的两个磁极,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

4、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()。【答案】D2描述交变电流的物理量(1)瞬时值、最大值和有效值瞬时值:交变电流在任一时刻的值叫瞬时值。最大值:瞬时值中最大的值,又称峰值。有效值:交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的。让交变电流与恒定电流通过大小相同的电阻,如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等,而这个恒定电流是I、电压是U,我们就把I、U称为这个交变电流的有效值。(2)交变电流“四值”的区别与联系正弦式交变电流的电

5、动势、电压和电流都有最大值、有效值、瞬时值和平均值。以电动势为例:最大值用Em表示,有效值用E表示,瞬时值用e表示,平均值用E表示,它们之间的关系如表所示。物理含义重要关系适用情况瞬时值交变电流某一时刻的值e=Emsin ti=Imsin t计算线圈某时刻的受力最大值最大的瞬时值Em=nBSIm=EmR+r确定用电器的耐压值,如电容器、晶体管等的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值对正弦式交流电:E=Em2,U=Um2,I=Im2计算与电流热效应相关的量,如功、功率、热量等;交流电表的测量值;电气设备所标注的额定电压、额定电流;保险丝的熔断电流平均值交变电流图象中图线与时间轴围成面

6、积与时间的比值E=ntI=ER+r计算通过电路某一截面的电荷量:q=It(3)周期和频率周期T:交变电流完成一次周期性变化所需的时间。在一个周期内,交变电流的方向变化两次。频率f:交变电流在1 s内完成周期性变化的次数。角频率:=2T=2f,单位为弧度/秒。2.1 (2018南昌一模)(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的图象如图线b所示,以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()。A.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零B.线圈先后两次转速之比为32C.交变电流a的瞬时值表达式为u=10sin 5t(V)D.交变

7、电流b的最大值为5 V【答案】BC2.2 (2019岳阳检测)如图所示,正方形线圈abcd的边长l=0.3 m,直线OO'与ad边相距2l3,过OO'且垂直纸面的竖直平面右侧有磁感应强度B=1 T的匀强磁场,方向垂直纸面向外,线圈在转动时通过两个电刷和两个滑环与外电路连接。线圈以OO'为轴匀速转动,角速度=20 rad/s,图示位置为计时起点。则()。A.线圈输出交流电的周期为20 sB.流过ab边的电流方向保持不变C.t=20 s时,穿过线圈的磁通量为0.06 WbD.从t=0到t=40 s,穿过线圈磁通量的变化量为0.06 Wb【答案】C2.3 (2019浙江杭州1

8、月月考)在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示,已知发电机线圈内阻为1.0 ,外接一只电阻为9.0 的灯泡,则()。A.电压表的示数为20 VB.电路中的电流方向每秒改变5次C.灯泡实际消耗的功率为36 WD.电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos 5t(V)【答案】C3电感、电容对交流电的阻碍作用(1)电感:通直流,阻交流;通低频,阻高频。(2)电容:通交流,隔直流;通高频,阻低频。3.1 (2018云南检测)如图所示是“二分频”音箱内部电路,来自前级电路的电信号,被电容和电感组成的分频电路分成高频成分和低频成

9、分,分别送到高、低音扬声器。下列说法正确的是()。A.C1让低频成分通过B.L2让高频成分通过C.扬声器BL1是低音扬声器D.扬声器BL2是低音扬声器【答案】D题型一交变电流的变化规律两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时,SB,最大,t=0,e=0,i=0,电流方向将发生改变。(2)线圈平面与中性面垂直时,SB,=0,t最大,e最大,i最大,电流方向不改变。【温馨提示】(1)只要线圈平面在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,就产生正弦式交变电流,其变化规律与线圈的形状、转动轴处于线圈平面内的位置无关。(2)-t图象与对应的e-t图象是互余的。【例1】如图甲所示,一矩形线圈abcd放置

10、在匀强磁场中,并绕过ab、cd中点的轴OO'以角速度逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角=45°时(如图乙)为计时起点,并规定当电流自a流向b时,电流方向为正。则下列四个图中正确的是()。【解析】t=0时刻,根据题图乙表示的转动方向,由右手定则知,此时ad中电流方向由a到d,所以线圈中电流方向为adcba,与规定的电流正方向相反,电流为负值。又因为此时ad、bc两边的切割速度方向与磁场方向成45°夹角,由E=2Blv,可得E=2×22Blv=22Em,即此时电流是最大值的22,由图乙还能观察到,线圈在接下来45°的转动过程中,ad、bc两边切割

11、磁感线的分速度v越来越小,所以感应电动势应减小,感应电流应减小,则瞬时电流的表达式为i=-Imcos(4+t),应为D项所示情景,故D项正确。【答案】D解答本题应注意以下三点:(1)确定t=0时刻感应电流的方向。(2)利用t=0时刻的速度确定感应电动势的大小。(3)判定t=0时刻后短时间内电流的变化趋势。【变式训练1】(2019洛阳检测)一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动,线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图所示,下列说法中正确的是()。A.t1时刻通过线圈的磁通量为零B.t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C.t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D.每当e变换方向

12、时,通过线圈的磁通量绝对值都为最大【解析】由图可知t1、t3时刻线圈中的感应电动势e=0,说明这两个时刻线圈通过中性面,穿过线圈的磁通量最大,这个时刻线圈各边都不切割磁感线,线圈中电动势为零,说明磁通量变化率为零,因此A、C两项错误。t2时刻线圈中的感应电动势达到最大,说明线圈平面正转至与磁感线平行的位置,此时穿过线圈的磁通量为0,所以B项错误。每当e变换方向时也就是线圈通过中性面时刻,通过线圈的磁通量的绝对值最大,所以D项正确。【答案】D题型二交变电流有效值的计算有效值是交变电流中最重要的物理量,必须会求解,特别是正弦交变电流的有效值,应记住公式。求交变电流有效值的方法如下。(1)利用I=I

13、m2,U=Um2,E=Em2计算,此关系式只适用于正(余)弦式交变电流。(2)非正弦式交变电流有效值的求解根据电流的热效应进行计算,其中,交变电流的有效值是根据电流通过电阻时产生的热效应定义的,即让交变电流和直流电流通过相同的电阻,在相同的时间里若产生的热量相同,则交变电流(电压)的有效值就等于这个直流电流(电压)的值,即交变电流的有效值问题必须在相同电阻、相同时间、相同热量的“三同”原则下求解。【例2】如图所示为一个经双向可控硅调节后加在电灯上的电压,正弦交变电流的每一个二分之一周期中,前面四分之一周期被截去,则现在电灯上电压的有效值为()。A.UmB.Um2C.Um3D.Um2【解析】由题

14、给图象可知,交流电压的变化规律具有周期性,用电流热效应的等效法求解。设电灯的阻值为R,正弦交流电压的有效值与峰值的关系是U=Um2,由于一个周期内只有半个周期有交流电压,故一个周期内交变电流产生的热量Q=Um22Rt=Um22R·T2,设交流电压的有效值为U,由电流热效应得Q=Um22R·T2=U2R·T,所以该交流电压的有效值U=Um2。D项正确。【答案】D交变电流有效值的计算方法:(1)公式法利用E=Em2、U=Um2、I=Im2计算,此公式只适用于正(余)弦式交变电流。(2)利用有效值的定义计算(非正弦式电流)计算时“相同时间”至少取一个周期或为周期的整数倍

15、。(3)利用能量关系当有电能和其他形式的能相互转化时,可利用能量守恒定律来求有效值。【变式训练2】(2019广安检测)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变化的关系如图甲所示,则线框中感应电流的有效值为()。甲A.2×10-5 AB.6×10-5 AC.22×10-5 AD.322×10-5 A【解析】由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得E=t=S·Bt,I=ER=SR·Bt结合题图可得在03 s内,I1=(6×10-2)20.36×6×

16、10-3-03 A=2×10-5 A在3 s5 s内,I2=(6×10-2)20.36×0-6×10-32 A=-3×10-5 A故可作出I随时间变化的图象,如图乙所示乙由交变电流有效值的定义可得I12Rt1+I22Rt2=I2Rt代入数据可解得I=6×10-5 A,故B项正确。【答案】B1.(2019东北联考)如图所示,面积均为S的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度匀速转动,能产生正弦交变电动势e=BSsin t的图是()。【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动,产生的

17、正弦交变电动势e=BSsin t,由这一原理可判断,A图中感应电动势e=BSsin t,B图中的转动轴不在线圈所在平面内,C、D图中转动轴与磁场方向平行,而不是垂直,只有A图中的情形能产生交变电流,而B、C、D图中的情形均不能产生电磁感应。A项正确。【答案】A2.(2019四川联考)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=10 连接,与电阻R并联的交流电压表为理想电表,示数是10 V。图乙是穿过矩形线圈磁通量随时间t变化的图象。则下列说法正确的是()。A.电阻R的电功率为2

18、0 WB.0.02 s时R两端的电压瞬时值为零C.R两端的电压随时间变化的规律是u=14.1cos 100t(V)D.通过R的电流随时间变化的规律是i=cos 50t(A)【解析】电阻R的电功率P=U2R=10 W,A项错误;0.02 s时穿过线圈的磁通量变化率最大,R两端的电压瞬时值最大,B项错误;R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos 100t(V),通过R的电流随时间变化的规律是i=1.41cos 100t(A),C项正确,D项错误。【答案】C3.(2019南昌模拟)如图所示,一半径为L的导体圆环位于纸面内,O为圆心。环内两个圆心角为90°且关于O中心对称的扇形区

19、域内分布有匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B、方向相反且均与纸面垂面。导体杆OM可绕O转动,M端通过滑动触点与圆环良好接触,在圆心和圆环间连有电阻R,不计圆环和导体杆的电阻,当杆OM以恒定角速度逆时针转动时,理想电流表的示数为()。A.2BL24RB.BL24RC.2BL22RD.BL22R【解析】OM切割磁感线产生的电动势E=BL22,OM切割磁感线时产生的感应电流I=ER,设电流的有效值为I有效,则I有效2RT=2I2R×14T,解得I有效=2BL24R,A项正确。【答案】A4.(2019武汉质检)如图甲所示,矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO'匀速转动,

20、从图示位置开始计时,产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示。若线圈的转速变为原来的2倍,而其他条件保持不变,从图示位置转过90°开始计时,则能正确反映线圈中产生的电动势e随时间t的变化规律的图象是()。【解析】由题图乙知,周期T=4 s,感应电动势最大值Em=1 V,而感应电动势最大值的表达式Em=NBS=NBS·2T。若仅把线圈的转速变为原来的2倍,则周期T'变为原来的12,即T'=2 s,而感应电动势的最大值Em'变为原来的2倍,即Em'=2 V,所以B、C两项错误;从图示位置转过90°开始计时,也就是t=0时线圈中产生

21、的感应电动势应为0,所以A项正确,D项错误。【答案】A5.(2019江苏质检)(多选)将电阻R、理想电压表、开关S和交流电源按照图甲所示的方式连接起来,其中R=30 ,合上开关S后,交流电源输出的正弦交变电压u随时间t变化的关系如图乙所示。则()。A.电压表的示数是36 VB.R消耗的电功率是21.6 WC.通过R的电流瞬时值表达式为i=1.2sin 100t(A)D.通过R的电流最大值为1.2 A【解析】电压表的示数为有效值,U=Um2=182 V,A项错误;P=U2R=21.6 W,B项正确;i=UmRsin 100t(A)=1.2sin 100t(A),C项正确;Im=UmR=1.2 A

22、,D项正确。【答案】BCD6.(2019安徽模拟)(多选)如图所示,面积为S、匝数为N、电阻为r的正方形导线框与阻值为R的电阻构成闭合回路,理想交流电压表并联在电阻R的两端。线框在磁感应强度为B的匀强磁场中,以与电路连接的一边所在直线为轴垂直于磁场以角速度匀速转动,不计其他电阻,则下列说法正确的是()。A.若从图示位置开始计时,线框中感应电动势的瞬时值为e=NBSsin tB.线框通过中性面前后,流过电阻R的电流方向将发生改变,1秒钟内流过电阻R的电流方向改变次C.线框从图示位置转过60°的过程中,通过电阻R的电荷量为NBS2(R+r)D.电压表的示数跟线框转动的角速度大小无关【解析

23、】从图示位置开始计时,即从线框处于中性面位置开始计时,感应电动势瞬时值e=NBSsin t,A项正确;线框通过中性面前后,流过电阻R的电流方向发生改变,每转1周电流方向改变2次,1秒钟内线框转动圈数为1T=2,故流过电阻R的电流方向改变2×2=次,B项正确;线框从图示位置转过60°的过程中,通过电阻R的电荷量q=It=ER+rt=NR+r,而=BS=12BS,故q=NBS2(R+r),C项正确;电压表的示数U=RER+r,而E=NBS2,故U,D项错误。【答案】ABC7.(2019晋州检测)如图所示,图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系。若使这两种电

24、流分别通过两个完全相同的电阻,则经过1 min的时间,两电阻消耗的电功之比W甲W乙为()。A.12B.12C.13D.16【解析】电功的计算中,I要用有效值计算,图甲中,由有效值的定义得122R×2×10-2+0+122R×2×10-2=I12R×6×10-2,得I1=33 A;图乙中,I的值不变,I2=1 A,由W=UIt=I2Rt可以得到W甲W乙=13,C项正确。【答案】C1.(2018全国卷,16)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

25、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】由有效值概念知,一个周期内产生热量Q方=u02R·T2+u02R·T2=u02RT,Q正=U有效2RT=u022RT=12·u02RT,故知,Q方Q正=21。【答案】D2.(2016全国卷,21)(多选)如图,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OMON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t=0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

26、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=T8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【解析】在线框进入磁场的过程中,根据E=12BR2可得,感应电动势恒定,感应电流恒定,不是正弦式交流电,A项错误,C项正确;当线框进入磁场时,根据楞次定律可得,两线框中的感应电流方向均为逆时针,当线框穿出磁场时,根据楞次定律可得,两线框中产生的感应电流均为顺时针,所以感应电流的周期和线框运动周期相等,B项正确;线框N在完全进入磁场后有T4时间内穿过线框的磁通量不变化,没有感应电动势产生,即线框N在

27、0T4和3T4T内有感应电动势,其余时间内没有;而线框M在整个过程中都有感应电动势,即便两导线框电阻相等,两者的电流有效值也不会相同,D项错误。【答案】BC3.(2017天津卷,6)(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】由图可知,t=0时,磁通量为0,线圈平面平行于磁感线,A项正确;t=1 s时,由法拉第电磁感应定

28、律和图线的斜率可知,线圈中的电流方向不变,B项错误;t=1.5 s时磁通量的变化率为0,感应电动势为0,C项错误;交变电流的电动势最大值Em=nm,所以电流的有效值I=Em2R,根据焦耳定律Q=I2RT,联立解得Q=82 J,D项正确。【答案】AD4.(2015四川卷,4)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大值都为e0,不计线圈电阻,则发电机输出电压的()。A.峰值是e0B.峰值是2e0C.有效值是 22Ne0D.有效值是 2Ne0【解析】矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0,所以发电机的电动势峰值为2Ne0,A、B两项错误;因为不计线圈的电阻,所以发电机的输出电压峰值为2Ne0,有效值为2Ne02=2Ne0,D项正确。【答案】D