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热点讲座,10.交变电流与其它电学知识的综合应用,热点解读,交变电流是前面学过的电和磁知识的发展和应用,是整个电磁学内容的提高和升华,并且与生产、生活有着密切联系,在电磁学中占有重要地位.在当今理综考试中更加注重学科内综合的形势下,交变电流与其他电学知识的综合也就成为重中之重.,章未总结,专题一 交变电流与电场的综合 1.带电粒子在交变电场中做单向直线运动 【例1】 在两个平行金属板A、B上 加如图1所示的交变电压,其最大 值为U,频率为f.在t=0时刻,A板 处有一个质量为m,电荷量为q的 正离子从静止开始向B板运动(离子的重力不计,开始时刻A板电势较高),为使正离子到达B板时速度最大,A、B两板间的距离d应满足什么条件?,专题讲座,图1,解析 由离子进入电场后的受力情况 可知,离子的运动情况为:先匀加速, 后匀减速,又匀加速,再匀减速,其速 度与时间的关系如右图所示. 由vt图可以看出,离子在t= 或t= 或t= 等时刻到达B板时,加速运动阶段恰好结束. 若在t= 时刻到达B板,则由动能定理有 qU= mv12-0 解得v1=,若在t = 时刻到达B板,则t=T时刻速度为零,在T 时间内用动能定理有 解得v2= 若在t = 时刻到达B板,则t=2T时刻速度为零,在2T 时间内用动能定理有 解得v3=,比较以上结果可得,离子在t= 时刻到达B板时速度最大,显然, d0,是离子到达B板时速度最大的条件. 将a= ,f = 代入整理得0d 答案 0d,2.带电粒子在交变电场中做往返运动 【例2】 若将上例中平行板A、B上的电压改为如图2所示的交变电压,其他条件不变,试画出正离子运动的vt图象.,图2,解析 当A、B两板上的电压按图2所示的规律变化时,由离子的受力情况可知,运动情况为:在0 时间内离子向B板做匀加速运动;在 时间内,离子继续向B板运动;但做匀减速运动直到速度减为0;在 时间内离子改向A板做匀加速运动;在 T时间内离子继续向A板运动,但做匀减速运 动,直到速度减为0,且在t=T时刻 回到开始时的出发点,以后重复上 述运动过程,所以离子在一条直线 上做往复运动,其速度时间图象 如右图所示. 答案 见解析,专题二 交变电流与磁场的综合 【例3】 如图3甲所示,A、B为两个相同的环形线圈,共 轴并靠近平行放置,A线圈中通有如图乙所示的电流i, 则不正确的是 ( ),图3,A.在t1到t2时间内A、B两线圈相吸 B.在t2到t3时间内A、B两线圈相斥 C.t1时刻两线圈间作用力为零 D.t2时刻两线圈的相互作用力最大 解析 在t1到t2时间内,B环中感应电流的方向与A环中电 流方向相同,因此A、B两线圈相吸,在t2到t3时间内,B环中感应电流的方向与A环中电流方向相反,两环相互排斥,t1 时刻,虽然A环中电流最大,但此时电流的变化率为零,穿 过B环磁通量的变化率为零,故B环中无感应电流,两环间 无作用力,t2时刻,环A中的电流为零,但电流的变化率最大,B环中的电流最大,此时,两线圈的作用力仍然为零, 故选项A、B、C正确,D错误. 答案 D,专题三 交变电流与电路的综合 【例4】 在交变电流电路中,如果电源电动势的最大值不变,频率可以改变,在如图4所示电路的a、b两点间逐次将图中的电路元件甲、乙、丙单独接入,当使交流电频率增加时,可以观察到下列论述的哪种情况 ( ),图4,A.A1读数不变,A2增大,A3减小 B.A1读数减小,A2不变,A3增大 C.A1读数增大,A2不变,A3减小 D.A1、A2、A3读数均不变 解析 在交流电路中,当频率增大时,容抗减小,感抗增 大,而电阻与频率无关.在本题电路中,电源的电动势是 不变的,即a、b间的电压不变,故当频率增大时,A1增大, A2不变,A3减小. 答案 C,【例5】 如图5为交流发电机的示意图,已知ad=L1,ab=L2,线圈有n匝,绕垂直于磁场的OO轴以角速度匀速转动,磁场的磁感应强度为B,线圈电阻为r,外电路电阻为R,求:,图5,(1)转动过程中的电压表的示数. (2)线圈每转一周外力所做的功. 解析 这是一个完整的交流发电机模 型,考虑输出电路,其等效电路如右图 所示.电压表的示数就是电阻R上交流 电压的有效值;线圈转动时,外力所做 的功即为电路中产生的电能. 根据交流发电机的工作原理,矩形线圈abcd匀速转动时,所产生的感应电动势的最大值为Em=nBL1L2,其有效值为E= 电压表的示数即为电压的有效值,这时外电阻R上的交流电压的有效值为 U=IR= (2)线圈在转动过程中,机械能转变为电能,由能量守恒定律知,线圈转动一周外力所做的功等于电路中产生的电能 W=UIt= 答案 (1) (2),专题四 交变电流与电磁感应的综合 【例6】 如图6所示,OACO为置于水 平面内的光滑闭合金属导轨,O、C 处分别接有短电阻丝,R1=4 ,R2= 8 (导轨其他部分电阻不计),导轨OAC的形状满足方程y=2sin x(单位:m),磁感应强度B=0.2 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面,足够长的金属棒在水平外力F作用下,以恒定的速率v=5.0 m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点,棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直,不计棒的电阻.求: (1)外力F的最大值.,图6,(2)金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率. (3)在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系. 解析 (1)金属棒匀速运动F外=F安,据E=BLv I= ,则F外=BIL= 当L达到最大,即x= 时,Lmax=2sin =2 m R总= ,则 Fmax=0.3 N (2)P1= =1 W,(3)金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化 L=2sin x m 且x=vt,E=BLv,则 I= 答案 (1)0.3 N (2)1 W (3)I=,1.如图7所示,M是一小型理想变压器,接线柱a、b接在电压u=311sin 314t (V)的正弦交流电源上,变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器,电流表A2为值班室的显示器,显示通过R1的电流,电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出),R3为一定值电阻.当传感器R2所在处出现火警时(R2阻值变小),以下说法中正确的是( ) 图7,素能提升,A.A1的示数不变,A2的示数增大 B.A1的示数增大,A2的示数增大 C.V1的示数增大,V2的示数增大 D.V1的示数不变,V2的示数减小 解析 当R2的阻值减小时,副线圈的总电阻减小,副线圈电 压不变,电流强度增大,通过R3的电流增大,U3增大, 表 示数减小, 表示数减小, 表示数减小. 答案 D,2.如图8甲所示,两个平行金属板P、Q正对竖直放置,两板间加上如图乙所示的交变电压.t =0时,Q板比P板电势高U0,在两板的正中央M点有一电子在静电力作用下由静止开始运动(电子所受重力可忽略不计),已知电子在04t0时间内未与两板相碰.则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间段是 ( ) 图8,A.0tt0B.t0t2t0 C.2t0t3t0D.3t0t4t0 解析 由 q=ma知a= ,可得at 图象如右图所示.电子先向右匀加速直 线运动t0 s,然后匀减速运动t0 s至速度 为零.从2t0时开始反向匀加速运动t0,然后反向匀减速运动, 速度为零时到M点. 答案 C,3.如图9甲(a)所示是一种振动发电装置,它的结构由一个半径为r=0.1 m的50匝的线圈套在辐形永久磁铁槽上组成,假设磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(如图甲(b)所示).线圈运动区域内磁感应强度B的大小均为 T,方向不变.线圈的总电阻为2 ,它的引出线接有8 的灯泡L,外力推动线圈的P端,使线圈做往复运动,便有电流通过灯泡.当线圈向右的位移随时间变化的规律如图乙所示时(x取向右为正):,图9,(1)画出线圈中感应电流随时间变化的图象(取电流从aLb为正方向). (2)在0.1 s0.15 s内推动线圈运动过程中的作用力. (3)求该发电机的输出功率(其他损耗不计). 解析 (1)在00.1 s内:感应电动势E1=nBLv1,v1= m/s =1 m/s,L=2r,I1= =0.2 A. 在0.10.15 s内:v2=2 m/s,E2=nBLv2,I2= =0.4 A.,(2)因为外力匀速推动线圈,所以有 F=F安=nBI2L=nBI22r F=50 0.420.1 N=0.8 N (3)电流的有效值为I,则有: I2R0.15=0.22R0.1+0.42R0.05,I2= P出=I2R= 8 W= W=0.64 W 答案 (1)见解析图 (2)0.8 N (3)0.64 W,4.高频焊接是一种常用的焊接方法,如图10(a)所示是焊接的原理示意图.将半径r=0.10 m的待焊接的环形金属工件放在线圈中,然后在线圈中通以高频变化电流,线圈产生垂直于工件所在平面的匀强磁场,磁场方向垂直线圈所在平面向里,磁感应强度B随时间t的变化规律如图(b)所示.工件非焊接部分单位长度上的电阻R0=1.010-3 m-1,焊缝处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的9倍.焊接的缝宽非常小,不计温度变化对电阻的影响.求:,图10 (1)02.010-2 s和2.010-2 s3.010-2 s时间内环形金属工件中感应电动势各是多大? (2)02.010-2 s和2.010-2 s3.010-2 s时间内环形金属工件中感应电流的大小,并在图(c)中定量画出感应电流随时间变化的it图象(以逆时针方向电流为正).,(3)在t =0.10 s内电流通过焊接处所产生的焦耳热. 解析 (1)根据法拉第电磁感应定律,在02.010-2 s内的感应电动势为E1= r2,得E1=3.14 V 在2.010-2 s3.010-2 s内的感应电动势为 E2= r2 解得E2=6.28 V (2)设环形金属工件总电阻为R,则 R=2rR0+92rR0=20rR0=6.2810-3 由闭合电路欧姆定律,在02.010-2 s内的电流为,I1= =500 A(电流沿逆时针方向) 在2.010-2 s3.010-2 s内的电流为 I2= =1 000 A(电流沿顺时针方向) 所作it图象如下图所示,(3)设焊缝处的接触电阻为R1,环形金属工件中电流的 有效值为I,在一个周期内I2R1T=I12R1 +I22R1 ,得I= 500 A,设在t=0.10 s内电流通过焊接处所产生的焦耳 热为Q,则Q=I2R1t,而R1=92rR0=5.6510-3 ,代入 解得Q=2.8102 J. 答案 (1)3.14 V 6.28 V (2)1 000 A 图象见解析(3)2.8102 J,5.如图11甲所示,相距为L的光滑平行金属导轨水平放置,导轨一部分处在以OO为右边界的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直导轨平面向下,导轨右侧接有定值电阻R,导轨电阻忽略不计.在距OO为L处垂直导轨放置一质量为m、电阻不计的金属杆ab,金属杆ab与导轨接触良好. 图11,(1)若ab杆在恒力作用下由静止开始向右运动3L距离,其速度位移的图象如图乙所示(图中所示量为已知量).求此过程中电阻R上产生的焦耳热QR及ab杆在刚要离开磁场时的加速度大小a. (2)若ab杆固定在导轨上的初始位置,磁场按Bt=Bcos t规律由B减小到零,在此过程中电阻R上产生的电热为Q2,求的大小?,解析 (1)ab杆离起始位置的位移从L到3L的过程中,由动能定理可得 F(3L-L)= m(v22-v12) ab杆在磁场中由起始位置发生位移L的过程,根据功能关系,恒力F做的功等于ab杆增加的动能与回路产生的焦耳热之和,则 FL= mv12+QR 联立解得QR= ab杆在离开磁场前瞬间,水平方向上受安培力F安和恒力F作用,安培力为F安= 由牛顿第二定律可得:F-F安=ma 解得a= (2)当磁场按Bt=Bcos t规律变化时,闭合回路的磁通量的变化规律为=BScos t=BL2cos t 该过程中穿过线圈的磁通量与线圈在磁场中绕垂直磁感线的轴从中性面开始计时以角速度匀速转动时磁通量的变化规律相同,因此回路中产生交流电. 电动势最大值Em=BS=BL2,磁场从B减小到零,相当于线圈转过90,经历四分之一周期,此过程中产生的焦耳热 Q2= 答案 (1) (2),阅卷手记,阅卷现场,本章知识考查点包括交流电、正弦交流电的图象、最大值、有效值、周期与频率、电感、电容等基本概念,以及交流发电机及其产生正弦交流电的原理,变压器的原理,电能的输送方法等.涉及到的基本方法有利用空间想象的各种方法理解正弦交流电的产生原因和物理过程,运用图象来理解解决交流电的判断、计算问题；用等效的观点分析交变电流的有效值等.对空间想象能力、用数学知识解决物理问题的能力、理论联系实际的能力要求较高.,学生在这部分内容上的错误主要表现在：不能从能的转化的角度理解有效值,致使出现乱套公式的问题；不善于运用图象对物理过程进行动态分析；不能把书本知识和实践经验正确的结合起来分析问题.,易错点实例分析 33.对概念的物理意义区别不清产生的错误 试题回放,如图1所示,矩形线圈abcd在磁感强 度B=2 T的匀强磁场中绕轴OO, 以角速度=10 rad/s匀速转动, 线圈共10匝,ab=0.3 m,bc=0.6 m, 负载电阻R=45 ,r=5 . 求：(1)电阻R在0.05 s内所发出的热量；(2)0.05 s内流过的电量(设线圈从垂直中性面开始转动).,图1,错解分析 错解一： 第一步,求电流的有效值,用有效值来计算热量. 电动势的最大值为 m=2nBLv=nBS=1020.30.610=113.1 V 电流的有效值 I=1.6 A 所以0.05 s内R上发出的热量Q=I2Rt=5.76 J 第二步,根据有效值求通过R上的电量,由题意0.05 s内通过R的电流方向不变q=It=1.60.05 C=0.08 C,错解二： 第一步求平均电流,用平均电流计算热量. Q= 第二步,由平均电流求电量 q= =0.072 C 交流电的有效值是从电流产生焦耳热相等的角度出发,使 交流电与恒定电流等效；交流电的平均值是从电流通过导 线横截面的电量相等的角度出发,使交流电与恒定电流等 效,两个概念的出发点不同.,正确答案 电动势的最大值为 m=2nBLv=nBS=1020.30.610=113.1 V 电流的有效值I = 所以0.05 s内R上发出的热量Q=I2Rt=5.76 J q= =0.072 C,举一反三 在有关交流电的计算中,要注意电流(或电压)的四个不同意义的值的区别,即瞬时值、最大值、平均值和有效值.它们各有不同的意义和应用,进行交流电的计算时要注意认真审题,正确选用合适的关系.,34.变压器计算中的常见错误 试题回放 收音机的变压器的初级线圈有1 210匝,接在U1=220 V的交流电源上,变压器有两个次级线圈.次级线圈的匝数为35匝,次级线圈的匝数是1 925匝.如果不计变压器自身的能量损耗,当变压器工作时,线圈的电流是0.3 A时,初级线圈的电流I1=0.114 A.求线圈中的电流和输出电压(电流的计算结果保留3位有效数字).,错解分析 由变压器公式 U3= 220 V=350 V 又0.114 A=0.071 7 A 当次级线圈不止一个的时候,变压器公式 不再成立,应该利用能量守恒定律,从输入功率等于输出功率入手求解.,正确答案 U2= 220 V=6.36 V U3= 220 V=350 V 不计变压器自身的能量损耗,由能量转化和守恒定律 P1P2P3 I1U1=I2U2+I3U3 I3= =0.066 2 A,举一反三 变压器电流关系式 是有条件的,即只有一个次级线圈.根据能量转化和守恒定律P1=P2,I1U1=I2U2才有这个形式.不能死记硬背,不顾条件乱套公式.,返回,