第十章电磁感应第1课时.doc

第1课时　交变电流的产生和描述 ． 1．[交变电流的产生和变化规律]如图1甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则下列说法正确的是(　　) 图1 A．乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程 B．乙图中c时刻对应甲图中的C图 C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变50次 D．若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz 答案　A 2．[描述交变电流的物理量]小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图2所示．此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，电路中的其他电阻不计．下列说法正确的是(　　) 图2 A．交变电流的周期为0.125 s B．交变电流的频率为8 Hz C．交变电流的有效值为 A D．交变电流的最大值为4 A 答案　C 解析　由题图可直接获取的信息是：交变电流的周期是0.250 s，A错；感应电动势的最大值为20 V，线圈中产生的交变电流为正弦式交变电流，从而可推出：交变电流的频率f＝＝ Hz＝4 Hz，B错；交变电流的最大值Im＝＝ A＝2 A，D错；交变电流的有效值I＝＝ A＝ A．所以正确选项为C. 3．[瞬时值表达式的书写方法]如图3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流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是(　　) 图3 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3∶2 C．交流电a的瞬时值表达式为u＝10sin 5πt (V) D．交流电b的最大值为5 V 答案　BC 解析　t＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A错．读图得两次周期之比为2∶3，由转速n＝＝得转速与周期成反比，故B正确．读图得a的最大值为10 V，ω＝5π rad/s，由交流电感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsin ωt (V)(从线圈在中性面位置开始计时)得，u＝10sin 5πt (V)，故C正确．交流电的最大值Em＝NBSω，所以根据两次转速的比值可得，交流电b的最大值为×10 V＝ V，故D错． 4．[交变电流有效值的计算方法]如图4所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一个部分，则此交变电流的电压的有效值是(　　) 图4 A. V B．5 V C. V D．3 V 答案　C 解析　设其有效值为U，根据交变电流的有效值定义和题图中电流特点可得，在一个周期内有t1＋t2＝t，即()2××0.01 s＋(4 V)2××0.01 s＝U2××0.02 s，解得U＝ V，故C正确． 例1　如图6甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝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．则下列四幅图中正确的是(　　) 图6 解析　该题考查交变电流的产生过程．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，线圈中电流方向为a→d→c→b→a，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×Blv＝Em，即此时电流是最大值的倍，由题图乙还能观察到，线圈在接下来45°的转动过程中，ad、bc两边的切割速度v⊥越来越小，所以感应电动势应减小，感应电流应减小，故瞬时电流的表达式为i＝－Imcos (＋ωt)，则图象为D图象所描述，故D项正确． 答案　D 突破训练1　如图7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 Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象．则(　　) 图7 A．电阻R上的电动率为20 W B．t＝0.02 s时R两端的电压瞬时值为零 C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt V D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝1.41cos 50πt A 答案　C 解析　电阻R上的电功率为P＝＝10 W，选项A错误；由题图乙知t＝0.02 s时磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，选项B错误；R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt V，通过R的电流i随时间t的变化规律是i＝u/R＝1.41cos 100πt A，选项C正确，D错误． 考点