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1、2019-2020年高中物理第五章交变电流专题整合深化提升新人教版选修物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值e=Emsinωti=Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况峰值最大的瞬时值Em=nBSωIm=讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值E=U=I=适用于正(余)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”上所标的一般是有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值平均值交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值=Bl=n=计算通过电路截面的电荷量D.该交变电流电动势的有效值
2、为220V【解析】选A、B。由瞬时值表达式知f=50Hz,A正确;当t=0时,e=0,故线圈恰好位于中性面,B正确;当t=s时,e=0,C错误;该交变电流电动势有效值为220V,D错误。2.(多选)(xx·温州高二检测)如图所示,单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中,以恒定的角速度ω绕ab边转动,磁场方向垂直于纸面向里,线圈所围面积为S,线圈导线的总电阻为R。t=0时刻线圈平面与纸面重合。则 ( )A.线圈中电流t时刻瞬时值表达式为i=cosωtB.线圈中电流的有效值为I=C.线圈中电流的有效值为I=D.线圈消耗的电功率为P=【解析】选C、D。回路中感应电动势
3、最大值Em=BSω,电流最大值Im==,t=0时线圈位于中性面,故电流瞬时值表达式i=sinωt。线圈中电流的有效值I==,P=I2R=,故A、B错误,C、D正确。【补偿训练】1.如图所示,一小型发电机内有n=100匝的矩形线圈,线圈面积S=0.10m2,线圈电阻可忽略不计。在外力作用下矩形线圈在B=0.10T的匀强磁场中,以恒定的角速度ω=100πrad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动,发电机线圈两端与R=100Ω的电阻构成闭合回路。求:(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值。(2)从线圈平面通过中性面时开始,线圈转过90°角的过程中,通过电阻R横截面的电荷
4、量。(3)线圈匀速转动10s,电流通过电阻R产生的焦耳热。【解析】(1)线圈中感应电动势的最大值Em=nBSω=314V。(2)设从线圈平面通过中性面时开始,线圈通过90°角所用时间为Δt,线圈中的平均感应电动势=n通过电阻R的平均电流==,在Δt时间内通过电阻横截面的电荷量Q=Δt==1.0×10-2C(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流,电阻两端电压的有效值U=Em经过t=10s电流通过电阻产生的焦耳热Q热=t解得Q热=4929.8J答案:(1)314V (2)1.0×10-2C (3)4929.8J2.如图所示,在匀强磁场中有一个内阻r=3Ω、面积S
5、=0.02m2的半圆形导线框可绕OO′轴旋转。已知匀强磁场的磁感应强度B=T。若线框以ω=100πrad/s的角速度匀速转动。且通过电刷给“6V 12W”的小灯泡供电,则:(1)若从图示位置开始计时,求线框中感应电动势的瞬时值表达式。(2)从图示位置开始,线框转过90°的过程中,流过导线横截面的电荷量是多少?该电荷量与线框转动的快慢是否有关?(3)由题所给已知条件,外电路所接小灯泡能否正常发光?如不能,则小灯泡实际功率为多大?【解析】(1)线框转动时产生感应电动势的最大值Em=BSω=×0.02×100πV=10V因线框转动从平行于磁感线位置开始计时,则感应电动势的瞬时
6、值表达式e=Emcosωt=10cos(100πt)V。(2)线框转过90°的过程中,产生的平均电动势=。流过导线横截面的电荷量q=·Δt=,又因为灯泡电阻R==Ω=3Ω。故q==C=C,与线框转动的快慢无关。(3)线框产生的感应电动势的有效值E==10V,灯泡两端电压U=R=5V。因U<6V,故灯泡不能正常发光。其实际功率P==W=W。答案:(1)e=10cos(100πt)V (2)C 无关 (3)不能 W考点二 交变电流图象的应用技巧交流电的图象反映了交变电动势(电流)随时间变化的特征,对正弦式交流电来说,我们可以从图象中获取如下信息:1.交流电的周期(T):一个
7、完整的正弦波对应的时间段,知道了周期便可以算出线圈转动的角速度ω=。2.交流电的最大值(Em,Im):图象上的峰值,知道了最大值,便可计算出交变电动势(交变电流)的有效值。3.任意时刻交流电的瞬时值:图象上每个“点”表示某一时刻交流电的瞬时值。【对点训练】1.(多选)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成正弦函数关系,如图所示。此线圈与一个R=10Ω的电阻构成闭合电路。不计电路的其他电阻,下列说法正确的是 ( )A.交变电流的周期为0.250sB.交变电流的频率为8HzC.交变电流的有效值为AD.交
