高三物理一轮复习第十章交变电流传感器29交变电流的产生和描述课件

基础自主梳理,基础自主梳理,基础自主梳理,基础自主梳理,要点研析突破,要点一,要点研析突破,要点研析突破,要点研析突破,要点研析突破,例1 (2016黄冈中学元月月考)用均匀导线弯成正方形闭合线框abcd，线框每边长10 cm，每边的电阻值为0.1 .把线框放在磁感应强度为B0.1 T的匀强磁场中，并使它绕轴O1O2以100 rad/s的角速度旋转，旋转方向如图所示(沿O2O1由O2向O1看为顺时针方向).已知O1、O2两点分别在ad和bc上，轴O1O2在线框平面内，并且垂直于B，O1d3O1a，O2c3O2b. (1)当线框平面转至和B平行的瞬时(如图所示位置) 每个边产生的感应电动势的大小各是多少? 线框内感应电流的大小是多少?方向如何? (2)求线框由图所示位置旋转/3的过程中产生的 平均电动势的大小； (3)线框旋转一周内产生的热量为多少?外力的功为多少？,要点研析突破,思维导引 线框平面与磁场平行时具有最大还是最小电动势？判断感应电流方向有哪些方法？求解电量用什么值；外力的功如何快速求解？ 解析：(1)令L表示正方形线框的边长，R表示其每边的电阻值，则L=0.1 m，R=0.1 ，设此时cd段感应电动势的大小为Ecd,ab段感应电动势的大小为Eab，则 Ecd=BLv1=(3BL2)/4=0.075 V Eab=BLv2=(BL2)/4=0.025 V da段和bc段不切割磁感线，所以它们的电动势都是零. 线框中的感应电动势 E=E1+E2=0.1 V 线框中的感应电流为I=E/(4R)=0.25 A 根据楞次定律或右手定则，可判断电流方向沿dcbad,(2)根据法拉第电磁感应定律，线框由图所示位置旋转/3的过程中产生的平均电动势的大小 (3)线框旋转一周产生的热量为 J, 外力做功与热功相等亦为7.8510-4 J. 答案：(1)Ecd=0.075 V Eab=0.025 V Eda=Ebc=0 0.25 A 方向沿dcbad (2)0.083 V(3)7.8510-4 J 7.8510-4 J 感悟提升：计算电荷量要用交流电的平均值，计算电热要用交流电的有效值，且不可混淆.从中性面开始计时，交流电的瞬时值表达式才是正弦函数，正弦函数和余弦函数所反映的规律是相同的，只是选择的计时起点不同而已.,要点研析突破,要点研析突破,要点研析突破,2.(多选)(2016武汉高三年级起点测试)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 W B.线圈中感应电流的有效值为2 A C.任意时刻线圈中的感应电动势为e D.任意时刻穿过线圈的磁通量为中=,解析：绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈中产生正弦或余弦式交流电，由于从垂直中性面开始其瞬时表达式为i=Im/cos ，当转过60时i=1 A，得Im=i/cos =2 A，其有效值为2 A，则感应电动势的最大值为EmImr=22 V=4 V，其瞬时值表达式为e=4cos (2/T)t，选项C正确，选项B错误；电功率为PI 2r=4 W，选项A正确；BSm(2/T)=4，则 m=2T/，任意时刻穿过线圈的磁通量为=(2T/)sin(2/T)t，选项D错误 答案：AC,要点研析突破,要点研析突破,要点二,要点研析突破,例2 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甲所示.已知发电机线圈内阻为5.0 ，现外接一只电阻为95.0 的灯泡，如图乙所示，则 ( ) A.电压表V的示数为220 V B.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484 W D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J,要点研析突破,解析：电压表测量的是灯泡两端电压的有效值，由图像可知发电机产生的感应电动势最大值为220 V，则有效值为220 V，灯泡中电流I=E/(R+r)=2.2 A，电压表示数为U=IR=2.295 V=209 V，选项A错误；交变电流频率为50 Hz，电路中的电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；灯泡实际消耗的功率为P=UI=2092.2 W=459.8 W，选项C错误；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=I2rt=24.2 J，选项D正确 答案：D 感悟提升：正弦交流电的所有信息几乎都可以由图象来反映，图象具有形象、直观、简便的优点，因此图象题也一直是高考考查几率很高的题型.,要点研析突破,4.(2016曲靖四十九中第二次模考)如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO以恒定的角速度转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，在t/(2)时刻 (C) A.线圈中的电流最大 B.穿过线圈的磁通量为零 C.线圈所受的安培力为零 D.穿过线圈磁通量的变化率最大,解析：注意线圈转动过程中通过两个特殊位置(平行于磁感线和垂直于磁感线)时的特点，磁通量、磁通量的变化、磁通量的变化率不同；t/(2)=T/4，线圈转过90，本题应选C项. 答案：C,要点研析突破,速效提升训练,1.(2015四川卷)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( ) A.峰值是e0 B.峰值是2e0 C.有效值是 Ne0 D.有效值是 Ne0,解析：根据题意，小型发电机输出电压的峰值为Em=2Ne0，A、B项均错误；对于正弦式交变电流，峰值与有效值E的关系满足E=Em/ ，故有效值为 Ne0,C项错误，D项正确. 答案：D,速效提升训练,速效提升训练,3.(多选)如图甲所示，将阻值为R5 的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表串联在电路中测量电流的大小.对此，下列说法正确的是( ),A.电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u2.5sin 200t(V) B.电阻R消耗的电功率为1.25 W C.若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1 A D.这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为1/,解析：图乙所示电流的最大值为Im=0.5 A，由欧姆定律得Um=ImR=2.5 V.周期为T=0.01 s，=2/T=200 rad/s,所以R两端电压的表达式为u=2.5sin 200t(V)，A项正确；该电流的有效值为I=Im/ ，电阻R消耗的电功率为P=I2R，解得P=0.625 W，B项错误；该交变电流由图丙所示矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生，当转速提升一倍时，电动势的最大值Em=nBS为原来的2倍电路中电流的有效值也是原来的2倍，为20.5/ A1 A电流表的示数为有效值，C项错误;图乙中的正弦交变电流的有效值为0.5/ A.图丁所示的交变电流虽然方向发生变化，但大小恒为0.5 A，可知D项正确. 答案：AD,速效提升训练,4.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.(BL2)/2R B(. BL2)/2R C.( BL2)/4R D.(BL 2)/4R 解析：扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L，各点的平均速度v=(L)/2，导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有：E ，可得I= ，故D项正确. 答案：D,速效提升训练,5.(2016延安高三年级期末调研)如图所示，边长为L的正方形线圈abcd的匝数为n，线圈电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为B，现在线圈以OO为轴，以角速度匀速转动，求： (1)闭合电路中电流瞬时值的表达式； (2)线圈从图示位置转过90的过程中电阻R上产生的热量； (3)线圈从图示位置转过90的过程中电阻R上通过的电荷量； (4)电阻R上的最大电压.,速效提升训练,解析：(1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ad边和bc边转动的线速度大小相等，当线圈平行于磁场时，产生的感应电动势最大，为 Em=nBLv=nBL1/2L=1/2nBL2. 由闭合电路欧