高三物理复习第十章交变电流传感器29交变电流的产生和描述

1/372/373/374/37基础自主梳理5/37基础自主梳理6/37基础自主梳理7/37基础自主梳理8/37关键点研析突破关键点一9/37关键点研析突破10/37关键点研析突破11/37关键点研析突破12/37关键点研析突破例1(·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10cm，每边电阻值为0.1Ω.把线框放在磁感应强度为B＝0.1T匀强磁场中，并使它绕轴O1O2以ω＝100rad/s角速度旋转，旋转方向如图所表示(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，而且垂直于B，O1d＝3O1a，O2c＝3O2b.(1)当线框平面转至和B平行瞬时(如图所表示位置)①每个边产生感应电动势大小各是多少?②线框内感应电流大小是多少?方向怎样?(2)求线框由图所表示位置旋转π/3过程中产生平均电动势大小；(3)线框旋转一周内产生热量为多少?外力功为多少？13/37关键点研析突破思维导引①线框平面与磁场平行时含有最大还是最小电动势？②判断感应电流方向有哪些方法？③求解电量用什么值；④外力功怎样快速求解？解析：(1)①令L表示正方形线框边长，R表示其每边电阻值，则L=0.1m，R=0.1Ω，设此时cd段感应电动势大小为Ecd,ab段感应电动势大小为Eab，则Ecd=BLv1=(3BL2ω)/4=0.075VEab=BLv2=(BL2ω)/4=0.025Vda段和bc段不切割磁感线，所以它们电动势都是零.②线框中感应电动势E=E1+E2=0.1V线框中感应电流为I=E/(4R)=0.25A依据楞次定律或右手定则，可判断电流方向沿dcbad14/37(2)依据法拉第电磁感应定律，线框由图所表示位置旋转π/3过程中产生平均电动势大小(3)线框旋转一周产生热量为J,外力做功与热功相等亦为7.85×10-4J.答案：(1)①Ecd=0.075VEab=0.025VEda=Ebc=0②0.25A方向沿dcbad(2)0.083V(3)7.85×10-4J7.85×10-4J感悟提升：计算电荷量要用交流电平均值，计算电热要用交流电有效值，且不可混同.从中性面开始计时，交流电瞬时值表示式才是正弦函数，正弦函数和余弦函数所反应规律是相同，只是选择计时起点不一样而已.15/37关键点研析突破16/37关键点研析突破17/37关键点研析突破2.(多项选择)(·武汉高三年级起点测试)如图所表示，在匀强磁场中匀速转动矩形线圈周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时感应电流为1A.那么()A.线圈消耗电功率为4WB.线圈中感应电流有效值为2AC.任意时刻线圈中感应电动势为e＝D.任意时刻穿过线圈磁通量为中Φ=18/37解析：绕垂直于磁场方向转轴在匀强磁场中匀速转动矩形线圈中产生正弦或余弦式交流电，因为从垂直中性面开始其瞬时表示式为i=Im/cosθ，当转过60°时i=1A，得Im=i/cosθ=2A，其有效值为2A，则感应电动势最大值为Em＝Imr=2×2V=4V，其瞬时值表示式为e=4cos(2π/T)t，选项C正确，选项B错误；电功率为P＝I2r==4W，选项A正确；BSω＝Φm(2π/T)=4，则Φm=2T/π，任意时刻穿过线圈磁通量为Φ=(2T/π)sin(2π/T)t，选项D错误．答案：AC19/37关键点研析突破20/3721/37关键点研析突破关键点二22/37关键点研析突破例2一台小型发电机产生电动势随时间改变正弦规律图像如图甲所表示.已知发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω灯泡，如图乙所表示，则()A.电压表V示数为220VB.电路中电流方向每秒钟改变50次C.灯泡实际消耗功率为484WD.发电机线圈内阻每秒钟产生焦耳热为24.2J23/37关键点研析突破解析：电压表测量是灯泡两端电压有效值，由图像可知发电机产生感应电动势最大值为220V，则有效值为220V，灯泡中电流I=E/(R+r)=2.2A，电压表示数为U=IR=2.2×95V=209V，选项A错误；交变电流频率为50Hz，电路中电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；灯泡实际消耗功率为P=UI=209×2.2W=459.8W，选项C错误；发电机线圈内阻每秒钟产生焦耳热为Q=I2rt=24.2J，选项D正确．答案：D感悟提升：正弦交流电全部信息几乎都能够由图象来反应，图象含有形象、直观、简便优点，所以图象题也一直是高考考查几率很高题型.24/37关键点研析突破4.(·曲靖四十九中第二次模考)如图甲所表示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向转轴OO′以恒定角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生交变电流按照图乙所表示余弦规律改变，在t＝π/(2ω)时刻(C)A.线圈中电流最大B.穿过线圈磁通量为零C.线圈所受安培力为零D.穿过线圈磁通量改变率最大25/37解析：注意线圈转动过程中经过两个特殊位置(平行于磁感线和垂直于磁感线)时特点，磁通量、磁通量改变、磁通量改变率不一样；t＝π/(2ω)=T/4，线圈转过90°，本题应选C项.答案：C26/37关键点研析突破27/37速效提升训练1.(·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，如图所表示.矩形线圈ab边和cd边产生感应电动势最大值都为e0,不计线圈电阻，则发电机输出电压()A.峰值是e0B.峰值是2e0C.有效值是Ne0D.有效值是Ne028/37解析：依据题意，小型发电机输出电压峰值为Em=2Ne0，A、B项均错误；对于正弦式交变电流，峰值与有效值E关系满足E=Em/，故有效值为Ne0,C项错误，D项正确.答案：D29/37速效提升训练30/37速效提升训练3.(多项选择)如图甲所表示，将阻值为R＝5Ω电阻接到内阻不计正弦交变电源上，电流随时间改变规律如图乙所表示，电流表串联在电路中测量电流大小.对此，以下说法正确是()31/37A.电阻R两端电压改变规律函数表示式为u＝2.5sin200πt(V)B.电阻R消耗电功率为1.25WC.若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图丙所表示，当线圈转速提升一倍时，电流表示数为1AD.这一交变电流与图丁所表示电流比较，其有效值之比为1/32/37解析：图乙所表示电流最大值为Im=0.5A，由欧姆定律得Um=ImR=2.5V.周期为T=0.01s，ω=2π/T=200πrad/s,所以R两端电压表示式为u=2.5sin200πt(V)，A项正确；该电流有效值为I=Im/，电阻R消耗电功率为P=I2R，解得P=0.625W，B项错误；该交变电流由图丙所表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，电动势最大值Em=nBSω为原来2倍．电路中电流有效值也是原来2倍，为2×0.5/A≠1A．电流表示数为有效值，C项错误;图乙中正弦交变电流有效值为0.5/A.图丁所表示交变电流即使方向发生改变，但大小恒为0.5A，可知D项正确.答案：AD33/37速效提升训练4.如图所表示区域内有垂直于纸面匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°扇形闭合导线框绕垂直于纸面O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界).则线框内产生感应电流有效值为()A.(BL2ω)/2RB(.BL2ω)/2RC.(BL2ω)/4RD.(BL2ω)/4R解析：扇形闭合导线框切割磁感线有效长度一直是半径L，各点平均速度v=(Lω)/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定义有：E ，可得I=，故D项正确.答案：D34/37速效提升训练5.(·延安高三年级期末调研)如图所表示，边长为L正方形线圈abcd匝数为n，线圈电阻为r，外电路电阻为R，ab中点和cd中点连线OO′恰好位于匀强磁场边界上，磁感应强度为B，现在线圈以OO′为轴，以角速度ω匀速转动，求：(1)闭合电路中电流瞬时值表示式；(2)线圈从图示位置转过90°过程中电阻R上产生热量；(3)线圈从图示位置转过90°过程中电阻R上经过电荷量；(4)电阻R上最大电压.35/37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边转动线速度大小相等，当线圈平行于磁场时，产生感应电动势最大，为Em=nBLv=nBL·ω·1/2L=1/2nBL2ω.由闭合电路欧姆定律可知I