2017年高考物理热点题型和提分秘籍：专题10.1+交变电流的产生及描述(解析版)
热点题型一 正弦式交变电流的产生及变化规律例1、图1是交流发电机模型示意图。
在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd 可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO ′转动，由线圈引出的导线ce 和df 分别与两个跟线圈一起绕OO ′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R 形成闭合电路。
图2是线圈的侧视图，导线ab 和cd 分别用它们的横截面来表示。
已知ab 长度为L 1，bc 长度为L 2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。
(只考虑单匝线圈)【答案】(1)e 1＝BL 1L 2ωsin ωt (2)e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)【解析】(1)矩形线圈abcd 转动过程中，只有ab 和cd 切割磁感线，设ab 和cd 的转动速度为v ，则v ＝ω·L 12e 1＝2E 1＝BL 1L 2ωsin ωt(2)当线圈由图3位置开始运动时，在t 时刻整个线圈的感应电动势为 e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0) 【提分秘籍】1.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)2.两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt ＝0， e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变。
(2)线圈平面与中性面垂直时，S ∥B ，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变。
【特别提醒】解决交变电流图象问题的三点注意(1)只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关。
(2)注意峰值公式E m＝nBSω中的S为有效面积。
(3)在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解。
【举一反三】有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图所示：该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动。
在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N开始离开纸面向外转动，规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是()【答案】C【解析】磁极以OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相反方向转动，在t＝0时刻，由右手定则可知，产生的感应电流方向为a→b→c→d→a，磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，故选项C正确。
热点题型二交变电流有效值的求解例2、电阻R1、R2与交流电源按照图甲所示方式连接，R1＝10Ω，R2＝20Ω。
合上开关S 后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示。
则()A．通过R1的电流有效值是6 5AB．R1两端的电压有效值是6VC．通过R2的电流最大值是652AD．R2两端的电压最大值是62V【答案】B【解析】首先从交变电流图象中找出交变电流的最大值即为通过R2的电流的最大值，为352A，由正【提分秘籍】几种常用的电流及其有效值【特别提醒】计算交变电流有效值的方法(1)计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”，“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解。
(2)分段计算电热求和得出一个周期内产生的总热量。
(3)利用两个公式Q ＝I 2Rt 和Q ＝U 2R t 可分别求得电流有效值和电压有效值。
(4)若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的14(但必须是从零至最大值或从最大值至零)和12周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I ＝I m 2、U ＝U m2求解。
【举一反三】家用电子调光灯的调光功能是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调压方便且体积小。
某电子调光灯经调整后电压波形如图所示，求灯泡两端的电压的有效值。
【答案】U m2【解析】从u －t 图象看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为U 1＝U m2；后半周期电压为零。
根据有效值的定义，U 2R T ＝ U m /2 2R ·T 2＋0，解得U ＝U m2。
热点题型三 交变电流“四值”的比较例3．如图所示，矩形线圈面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R ，当线圈由图示位置转过60°的过程中，下列判断正确的是 ( )A ．当线圈由图示位置转过60°时的电流为nBSω2 R ＋rB ．电压表的读数为nBSω2 R ＋rC ．通过电阻R 的电荷量为q ＝nBS2 R ＋rD ．电阻R 所产生的焦耳热为Q ＝n 2B 2S 2ωR π4 R ＋r 2【答案】C【解析】线圈由题图所示位置转过60°时的电流为瞬时值，则i ＝nBSωR ＋r sin ωt ＝nBSωR ＋r sin π3＝3nBSω2 R ＋r，故选项A 错误；线圈在磁场中转动产生了正弦式交流电，其电动势的最大值E m ＝nBSω，电动势的有效值E ＝nBSω2，电压表的读数等于交流电源的路端电压，且为有效值，则U＝nBSω2 R ＋r R ，选项B 错误；求通过电阻R 的电荷量要用交变电流的平均电流，则q ＝I Δt＝n ΔΦR ＋r ＝n BS －12BS R ＋r ＝nBS 2 R ＋r ，故选项C 正确；电阻R 上产生的热量应该用有效值来计算，则电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝[nBSω2 R ＋r ]2R ·π3ω＝π2n 2B 2S 2ω6 R ＋r，故选项D 错误。
【提分秘籍】1.交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较2.书写交变电流瞬时值表达式的基本思路(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式E m＝nBSω求出相应峰值。
(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。
如：①线圈从中性面位置开始转动，则i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝I m sinωt。
②线圈从垂直中性面位置开始转动，则i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝I m cosωt。
【举一反三】如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动。
线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连。
线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知。
在0～t 1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t 1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动。
求：(1)0～t 1时间内通过电阻R 的电流大小；(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R 产生的热量； (3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R 的电荷量。
【答案】(1)nL 1L 2 B 1－B 0 R ＋r t 1 (2)πRω(nB 1L 1L 2R ＋r )2 (3)nB 1L 1L 2R ＋r【解析】(1)0～t 1时间内，线框中的感应电动势 E ＝n ΔΦΔt ＝nL 1L 2 B 1－B 0t1根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R 的电流 I ＝ER ＋r ＝nL 1L 2 B 1－B 0 R ＋r t 1。
Q ＝I 2Rt ＝πRω(nB 1L 1L 2R ＋r)2。
(3)线框从图甲所示位置转过9 0°的过程中，平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝nB 1L 1L 2Δt 平均感应电流I ＝ER ＋r ＝nB 1L 1L 2Δt R ＋r通过电阻R的电荷量q＝IΔt＝nB1L1L2 R＋r。
1．【2016·全国卷Ⅲ】如图所示，M为半圆形导线框，圆心为O M；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O M和O N的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()图1-A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等【答案】BC【解析】设导线圈半径为l，角速度为ω，两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径，因此在1.【2015·四川·4】8．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e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是022Ne D ．有效值是02Ne 【答案】D【解析】由题意可知，线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，因此对单匝矩形线圈总电1.(多选)(2014·天津卷，7)如图3甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a 、b 所示，则( )图3A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面重合B ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C ．曲线a 表示的交变电动势频率为25 HzD ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V 【答案】AC【解析】线圈位于中性面时，磁通量最大、电动势为零，结合e －t 图知，A 正确；转速之比等于周期的反比，故该比值为3∶2，B 错；频率为周期的倒数，a 的周期为0.04 s ，频率为25 Hz ，C 对；正弦交流电动势的有效值为E ＝E m 2＝NBSω2，已知E a ＝152V ，且ωb ＝23ωa ，故可知E b ＝23×152 V ＝102V ，D 错。
2.（2013·江苏卷）如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P 处于图示位置时 ，灯泡L 能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )A ．向下滑动PB ．增大交流电源的电压C ．增大交流电源的频率D ．减小电容器C 的电容 【答案】BC【解析】因为原、副线圈两端的电压与它们的匝数成正比，当向下滑动P 时，相当于减少副线圈的匝1．一正弦式交变电流的瞬时电流与时间的关系式为i ＝102sin ωt (A)，其中ω＝314rad/s 。
它的电流的有效值为 ( )A ．10AB ．102AC ．50AD ．314A 【答案】A【解析】由题中所给电流的表达式i ＝102sin ωt (A)可知，电流的最大值为102A ，对正弦式交变电流有I 有＝I 最大值2，所以有效值为10A ，选项A 正确。
高考物理新课标件交变电流的产生和描述
03 电阻、电感和电 容对交变电流的 影响
纯电阻电路中的交变电流
电流与电压同相位
01
在纯电阻电路中，交变电流与电压的相位相同，没有相位差。
电流大小与电压成正比
02
根据欧姆定律，交变电流的大小与电压成正比，与电阻成反比
。
能量转换
03
纯电阻电路将电能转换为热能，遵循焦耳定律进行能量转换和
消耗。
纯电感电路中的交变电流
高考物理新课标件交变电流 的产生和描述
汇报人：XX 20XX-01-17
目录
• 交变电流基本概念与产生原理 • 描述交变电流的物理量 • 电阻、电感和电容对交变电流的影响 • 变压器原理及其在交变电流中的应用 • 传感器在交变电流检测与控制中应用 • 实验：测量并描绘正弦式交变电流图像
01 交变电流基本概 念与产生原理
电流滞后电压90度
在纯电感电路中，交变电流的相位滞后于电压90度，即电流的变化 落后于电压的变化。
阻碍电流变化
电感对交变电流具有阻碍作用，当电流增大时，电感产生自感电动 势阻碍电流增大；当电流减小时，电感产生自感电动势阻碍电流减 小。
储存和释放磁场能
纯电感电路中的电感元件能够储存和释放磁场能，实现电能与磁场能 之间的转换。
由于线圈在匀强磁场中匀速转动，使得线圈中的磁通量发生变化，从而产生感 应电动势。
正弦式交变电流产生过程
中性面
线圈平面每经过中性面一次，感应电 流与感应电动势方向均改变一次，转 动一周，感应电流方向改变两次。
感应电流瞬时值表达式
i=Imsin(ωt+θ)，其中Im为电流最大 值。
感应电动势瞬时值表达式
数据记录
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交变电流的产生和描述知识梳理(高分秘籍)
第十三章第一讲交变电流的产生和描述1．如图1所示的线圈中产生了交变电流的是( )图1解析：当线圈绕垂直于磁场的轴转动，磁通量发生变化，才能产生交变电流，B、C、D均符合要求，A项中线圈的磁通量不发生变化，故不产生交变电流．答案：BCD2．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图2甲所示的方式连接，R＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V．图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图象．则( )图2A．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R＝2cos100πt(A)B．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R＝2cos50πt(A)C．R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R＝52cos100πt(V) D．R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R＝52cos50πt(V) 解析：交流电压表示数为10 V，是有效值，故U m＝10 2 V，电阻上的交变电流与交变电压的变化趋势相同，电阻R上电流的最大值为102/10 A＝2 A，又因t＝0 时，u＝u m，故i R＝2cos100πt(A)，u R＝102cos100πt(V)，故选A.答案：A3．家用电子调光灯的调光原理是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调压方便且体积较小．某电子调光灯经调整后的电压波形如图3所示，若用多用表测灯泡的两端的电压，多用电表示数为( )图3A.22U m B.24U mC.12U m D.14U m解析：多用电表测得的电压值为有效值，根据电流的热效应Q＝(U m2)2R×T2＝U有2RT，得U有＝12U m，C正确．答案：C4．把一个电热器接到10 V直流电源上，产生的热量为Q，若把它接到按正弦规律变化的交流电源上，在相同时间内产生的热量为Q/2.则该交变电流的 ( ) A ．峰值是10 2 V B ．角速度一定是100n rad/s C ．峰值是10 V D ．有效值是10 V解析：Q ＝U 2R t ，Q 2＝U 有2R t ，所以U 有＝U2，所以U m ＝U ＝10 V ．C项正确． 答案：C5．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生 交变电流的图象如图4所示，由图中信息可以判断 ( ) A ．在A 和C 时刻线圈处于中性面位置 B ．在B 和D 时刻穿过线圈的磁通量为零 C ．从A ～D 时刻线圈转过的角度为2πD ．若从O ～D 时刻历时0.02 s ，则在1 s 内交变电流的方向改变100次解析：根据图象，首先判断出感应电流的数学表达式i ＝I m sin ωt .其中I m 是感应电流的最大值，ω是线圈旋转的角速度．另外应该进一步认识到线圈是从中性面开始旋转，而且线圈旋转一周，两次经过中性面，经过中性面的位置时电流改变方向．从该图形来看，在O 、B 、D 时刻电流为零，所以此时线圈恰好在中性面的位置，且穿过线圈的磁通量最大；在A 、C 时刻电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时磁通量为零；从A 到D 时刻，线圈旋转3/4周，转过的角度为3π/2；如果从O 到D 时刻历时0.02 s ，恰好为一个周期，所以1 s 内线圈转动50个周期，100次经过中性面，电流方向改变100次．综合以上分析可得，只有选项D 正确． 答案：D6．通有电流i ＝I m sin ωt 的长直导线OO ′与断开的圆形导线圈在同一平面内，如图5所示(设电流由O 至O ′为正)，为使A 端的电势高于B 端的电势且U AB 减小，交变电流必须处于每个周期的 ( )图5A ．第一个14周期B ．第二个14周期C ．第三个14周期D ．第四个14周期解析：由E ∝ΔΦΔt ∝ΔiΔt 可知，要E 减小，即要Δi Δt减小，题中要求E A >E B ，由楞次定律知，第一个周期内在0～T4才符合要求，A 项正确．答案：A7．电阻R 1、R 2与交流电源按照图6甲所示方式连接，R 1＝10 Ω，R 2＝20 Ω.合上开关S 后，通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时间t 变化的情况如图乙所示．则 ( )图6A ．通过R 1的电流有效值是65 AB ．R 1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流最大值是65 2 AD ．R 2两端的电压最大值是6 2 V解析：首先从交变电流图象中找出交变电流的最大值即为通过R 2的电流的最大值，为352 A ，由正弦交变电流最大值与有效值的关系I m ＝2I ，可知其有效值为0.6 A ，由于R 1与R 2串联，所以通过R 1的电流的有效值也是0.6 A ，A 、C 错误；R 1两端电压的有效值为U 1＝IR 1＝6 V ，B 正确；R 2两端电压的最大值为U m2＝I m R 2＝352×20 V ＝12 2 V ，D 错误． 答案：B8．在两块金属板上加交变电压U ＝U m sin 2πTt ，当t ＝0时，板间有一个电子正好处于静止状态，下面关于电子以后运动情况的判断哪些是正确的 ( )A ．t ＝T 时，电子回到原出发点B ．电子始终向一个方向运动C ．t ＝T2时，电子将有最大速度D ．t ＝T2时，电子的位移最大解析：电子在电场中受到变化的电场力的作用F ＝Eq ，电压变，故场强变．在第一个半周期内电子从静止开始做正向的变加速运动，第二个半周期内做正向的变减速运动，一个周期结束时电子速度恰减为零．如此电子一直向一个方向周期性运动，在t ＝(2k＋1)T2(k ＝0,1,2，…)时刻速度有最大值．综上所述，B 、C 项正确．答案：BC9．(2020·宜昌一模)一个边长为6 cm 的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电 阻为0.36 Ω.磁感应强度B 随时间t 的变化关系如 图7所示，则线框中感应电流的有效值为 ( ) A.2×10－5 A B.6×10－5 A C.22×10－5A D.322×10－5 A 解析：由B －t 图可知I 1＝ΔB Δt 1S R ＝6×10－33×36×10－40.36 A ＝2×10－5 AI 2＝ΔB Δt 2S R ＝6×10－32×36×10－40.36A ＝3×10－5 A由电流的热效应I 12Rt 1＋I 22Rt 2＝I 2Rt ，即(2×10－5)2×0.36×3＋(3×10－5)2×0.36×2＝I 2×0.36×5，得I ＝6×10－5 A ，故选项B 正确． 答案：B10．将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l ，它在磁感应强度为B 、方向如图8所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n ，导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P 的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( )A.(2πl 2nB )2PB.2(πl 2nB )2PC.(l 2nB )22PD.(l 2nB )2P解析：单匝正方形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，将产生正弦式交变电流，则电动势的最大值E m ＝Bl 2ω＝2πnBl 2，其有效值E ＝E m2＝2πnBl22，计算小灯泡的额定功率P 要用其有效值，即P ＝E 2R.R ＝E 2P ＝2(πBnl 2)2P，故只有B 选项正确．答案：B11．把电压u ＝1202sin ωt V 、频率为50 Hz 的交变电流加在激发电压和熄灭电压均为u 0＝60 2 V 的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？(已知人眼的视觉暂留时间约为116s)解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u－t图象，其中阴影部分对应的时间t1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t1.当u＝u0＝60 2 V时，由u＝1202sinωt V求得：t1＝1 600s再由对称性知一个周期内能发光的时间：t＝T－4t1＝150s－4×1600s＝175s再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为：t＝36000.02×175s＝2400 s.(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300s(如图中t2＋t3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116s远大于1300s，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉．答案：(1)2400 s (2)见解析12．如图9所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B.M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：图9(1)从图示位置起转过1/4转的时间内负载电阻R上产生的热量；(2)从图示位置起转过1/4转的时间内通过负载电阻R的电荷量；(3)电流表的示数．解析：线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流．此交变电动势的最大值为E m ＝BS ω＝B ·πr 22·2πn ＝π2Bnr 2.(1)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的有效值为E ＝E m2＝2π2Bnr 22 电阻R 上产生的热量Q ＝(E R )2R ·T 4＝π4B 2r 4n 8R. (2)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的平均值为E －＝ΔΦΔt. 通过R 的电荷量q ＝I －·Δt ＝E－R ·Δt ＝ΔΦR ＝πBr 22R . (3)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E ′，由有效值的定义得(E m 2)2R ·T 2＝E ′2R T 解得E ′＝E m2.故电流表的示数为I ＝E ′R ＝π2r 2nB 2R. 答案：(1)π4B 2r 4n 8R (2)πBr 22R (3)π2r 2nB 2R。
高考物理一轮复习重要题型精讲之交变电流 第1讲交变电流的产生和描述课堂训练
权掇市安稳阳光实验学校第十章交变电流传感器第1讲交变电流的产生图10－1－121．如图10－1－12所示，矩形线框置于竖直向下的磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，图中线框平面处于竖直面内．下述说法正确的是( )A．因为线框中产生的是交变电流，所以电流表示数始终为零B．线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大C．线框通过图中位置瞬间，通过电流表的电流瞬时值最大D．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电流表电流的有效值也增大一倍．解析：本题考查电磁感应现象，基础题．线框在匀强磁场中匀速转动时，在中性面即线框与磁感线垂直时，磁通量最大感应电动势最小，而在题中图示位置线框与磁感应线平行时，磁通量最小感应电动势最大，A、B项错C项对；电流的有效值I ＝nBSω2R，现在其余的量都不变，角速度增大一倍后，电流也增大一倍，D正确．答案：CD图10－1－132．如图10－1－13所示，矩形线圈abcd，面积为S，匝数为N，线圈电阻为R，在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度ω匀速转动，(P1以ab边为轴，P2以ad边中点为轴)当线圈平面从与磁场方向平行开始计时，线圈转过90°的过程中，绕P1及P2轴转动产生的交流电的电流大小，电量及焦耳热分别为I1，q1，Q1及I2，q2，Q2，则下面判断正确的是( )A.线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→dB．q1>q2＝NBS/2RC．I1＝I2＝(NBωS)/2RD．Q1<Q2＝πω(NBS)2/2R解析：本题考查电磁感应中电量、热量、电流的计算和感应电流方向的判断.绕P、P′转动时电流的方向相同，但电流的方向为a→d→c→b→a，A错；电量q＝nΔφR，与绕哪个轴转动没有关系，B项错；线圈绕两轴转动时产生的电动势相同，所以电流相同，发热也相同，C对，D错．答案：C图10－1－143．如图10－1－14所示，在水平方向的匀强磁场中，有一单匝矩形导线框可绕垂直于磁场方向的水平轴转动．在线框由水平位置以角速ω匀速转过90°的过程中，通过导线横截面的电荷量为q，已知导线框的电阻为R，则下列说法中正确的是( )A．导线框转到如图所示的位置时电流的方向将发生改变B．导线框转到如图所示的位置时电流的方向为badcC．以图中位置作为计时起点，该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝qRωsin ωtD．题述过程中导线框上产生的焦耳热Q＝q2πRω4解析：导线框转到中性面时电流方向发生改变，而图中表示的不是中性面，A 项错误；根据右手定则或楞次定律判断导线框中电流的方向为abcd，B项错误；该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝BSωcos ωt，由q＝BSR可得该导线框产生的交流电瞬时值表达式为e＝qRωcos ωt，C项错误；题述过程中U有效＝qRω/2，时间t＝π2ω，Q＝U2有效Rt＝q2πRω4，D正确．答案：D图10－1－154．如图10－1－15所示，边长为L＝0.2 m的正方形线圈abcd，其匝数为n＝10、总电阻为r＝2 Ω，外电路的电阻为R＝8 Ω，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B＝1 T，若线圈从图示位置开始，以角速度ω＝2 rad/s绕OO′轴匀速转动，则以下判断中正确的是( )A．在t＝π4时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快B．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e＝0.8 sin 2tC．从t＝0时刻到t＝π4时刻，电阻R上产生的热量为Q＝3.2π×10－4 J D．从t＝0时刻到t＝π4时刻，通过R的电荷量q＝0.02 C解析：线圈在磁场中转动，E m＝12nBSω＝0.4 V，B项错；当线圈平面与磁场平行时磁通量变化最快，A正确；Q R＝I2Rt＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤E m2(R＋r)2Rt＝1.6π×10－3 J，C错；q＝n ΔΦR＋r＝0.02 C，D正确．答案：AD图10－1－165．在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个面积为S的矩形线圈匀速转动时所产生的交流电电压随时间变化的波形如图10－1－16所示，线圈与一阻值R＝9 Ω的电阻串联在一起，线圈的电阻为1 Ω.则( )A．通过电阻R的电流瞬时值表达式为i＝10sin 200πt(A)B．电阻R两端的电压有效值为90 VC．1 s内电阻R上产生的热量为450 JD．图中t＝1×10－2 s时，线圈位于中性面解析：通过电阻R的电流最大值为I m＝E mR＋r＝10 A，线圈转动的角速度ω＝2πT＝2π2×10－2rad/s＝100π rad/s，故电流的瞬时值表达式为i＝10sin100πt(A)，A项错误；电阻R两端的电压有效值为U有效＝E有效R＋rR＝1002(9＋1)×9V＝45 2 V，B项错误；1 s内电阻R上产生的热量Q＝U2有效Rt＝450 J，C项正确；t＝1.0×10－2 s时感应电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，线圈位于中性面，D项正确．答案：CD图10－1－171．如图10－1－17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，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，在t＝π2ω时刻( )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＝π2ω＝T4，线圈转过90°，本题应选C项．答案：C2．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T.从中性面开始计时，当t＝112T时，感应电动势的瞬时值为2 V，则此交变电动势的有效值为( )A．2 2 V B．2 V C. 2 V D.22V解析：根据交流电电动势的瞬时值表达式e＝E m sin ωt，当t＝T12时，E m＝4 V，则E有＝22E m.答案：A图10－1－183．如图10－1－18所示，边长为L的闭合正方形线框共有n匝，总电阻为R.在磁感应强度为B的匀强磁场中绕中心轴OO′匀速转动，线框中心轴OO′与磁场方向垂直，线框转动的角速度为ω，从线框平面平行于磁感线的位置开始计时，则( )①线框中产生电动势的瞬时值表达式为nBL2ωcos ωt②t＝0时，线框中感应电流值为nBL2ω/R③线框中电流的有效值为22RnBL2ωcos ωt④线框中电流的频率为2πωA．①② B．②③ C．③④ D．①④答案：A图10－1－194．如图10－1－19所示，单匝闭合线框在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的转轴OO′匀速转动，在转动过程中，穿过线框的最大磁通量为Φm，线框中的最大感应电动势为E m，下列说法中正确的是( )A．在穿过线框的磁通量为Φm2的时刻，线框中的感应电动势为E m2 B．在穿过线框的磁通量为Φm2的时刻，线框中的感应电动势为E m2 C．线框每转动一周，线框中的感应电流方向改变一次D．线框转动的角速度为E mΦm解析：闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，若从中性面开始计时，穿过线框的磁通量Φ按余弦规律变化，线框中产生的感应电动势按正弦规律变化，在穿过线框的磁通量为Φm/2的时刻，线框中的感应电动势大于E m/2，A错误；在穿过线框的磁通量为Φm/2的时刻，线框中的感应电动势等于E m/2，B项正确；线框每转动一周，线框中感应电流的方向改变两次，C错误；由E m＝BSω＝Φmω解得线框转动的角速度为ω＝E m/Φm，D正确．答案：BD5.图10－1－20如图10－1－20所示，面积为S、匝数为N、电阻为r的线圈固定在图示位置，线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，理想交流电压表并联在电阻R的两端；U形磁铁以线圈的中心轴线OO′为轴以角速度ω匀速转动，已知U形磁铁两极间的磁场为匀强磁场，磁感应强度为B，取磁铁转动到图示位置的时刻t＝0.则( )A．在t＝0时刻，线圈处于中性面，流过电阻R的电流为0B．1 s内流过电阻R的电流方向改变ωπ次C．线圈匝数减少为原来的一半，磁铁转动角速度增大到原来2倍，电压表读数不变D．在电阻R的两端再并联一只阻值为R的电阻后，电压表的读数不变解析：在t＝0时刻，线圈中的磁通量最小，线圈处于垂直于中性面的位置，感应电动势最大，流过电阻R的电流为最大值，A错；由于一个周期内电流的方向改变两次，1 s内流过电阻R的电流方向改变的次数为n＝2f＝ωπ，B正确；线圈产生的感应电动势的最大值E m＝NBSω，线圈匝数减少为原来的一半，磁铁转动角速度增大到原来2倍，E m不变，由于产生的交变电流为正弦交变电流，因此其有效值为E＝E m2也不变，因匝数减半，内阻也减半，外电阻不变．所以路端电压增加，即电压读数变大，所以C不正确．当并联一个电阻R后，外电阻内电阻不变，所以路端电压减小，即电压读数减小，所以D错．答案：B图10－1－216．某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图10－1－21所示，下列说法中正确的是( )A．交变电流的频率为0.02 HzB．交变电流的瞬时表达式为i＝5cos 50πt(A)C．在t＝0.01 s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D．若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其产生的热功率为5 W解析：由图象知，交流电的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，A项错；转动的角速度ω＝2πT＝100π，故电流瞬时表达式为i＝5cos 100πt(A)，B错；t ＝0.01 s时，电流最大，此时线圈磁通量应为0，C错；交流电电流的有效值I ＝I m2＝52 A ，故P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫522×0.4 W＝5 W ，故D 正确．答案：D图10－1－227．如图10－1－22所示，在两平行金属板有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上交变电压后，能使电子有可能做往返运动的电压是( )解析：对A 图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，14T 时刻速度最大，由14T 到12T 做加速度增加的减速运动，12T 时刻速度为零．从12T 到34T 电子反向做加速度减小的加速运动，34T 时刻速度最大，由34T 到T 做加速度增大的减速运动，T 时刻速度为零，回到原位置，即电子能做往复运动．同样的方法可得B 、C 也对．答案：ABC甲 乙 图10－1－238．正弦交变电源与电阻R 、交流电压表、交流电流表按照图10－1－23甲所示的方式连接，R ＝200 Ω.图乙是交变电源输出电压u 随时间t 变化的图象．则( )A ．交流电压表的读数是311 VB ．交流电流表的读数是1.1 AC ．R 两端电压随时间变化的规律是u R ＝311cos πt VD ．R 两端电压随时间变化的规律是u R ＝311cos 100πt V解析：由图乙可知，电源输出电压峰值为311 V ，有效值为220 V ，所以电压表示数为有效值220 V ，电流表读数为电流的有效值I ＝UR＝1.1 A ，A 错，B 对，由图乙可知T ＝2×10－2s ，ω＝2πT＝100π，所以R 两端电压随时间变化的规律为U R ＝311cos 100πt V ，C 错，D 对．答案：BD 图10－1－249．(2009·重庆，18)某实物投影机有10个相同的强光灯L 1～L 10(24 V 、200 W)和10个相同的指示灯X 1～X 10(220 V 、2 W)，将其连接在220 V 交流电源上，电路如图10－1－24.若工作一段时间后L 2灯丝烧断，则( ) A ．X 1的功率减小，L 1的功率增大B．X1的功率增大，L1的功率增大C．X2的功率增大，其他指示灯的功率减小D．X2的功率减小，其他指示灯的功率增大解析：L2灯丝烧断，则电路中的总电阻变大，由欧姆定律知，总电流减小，则除L2支路外，其他支路两端的电压减小，强光灯和指示灯的功率都要减小．其他支路电压减小，则L2两端电压升高，其功率增大．答案：C图10－1－2510．(2009·天津，9)如图10－1－25所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I＝________.线框从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝________.解析：由题意可知E max＝BSω，则回路中电流的有效值为I＝E max2R；当线圈从中性面转过π2时，由E＝ΔΦΔt＝BSΔt，I＝ER及q＝IΔt可求得q＝BSR.答案：2BSω2RBSR图10－1－2611．如图10－1－26所示，一台模型发电机的电枢是矩形导线框abcd，其ab和cd边长l1＝0.4 m，ad和bc边长l2＝0.2 m，匝数n＝100匝，它在磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场中绕通过线框对称中心线且垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，当开关S断开时，电压表的示数为10 2 V，开关S闭合时，外电路上标有“10 V、10 W”的灯泡恰好正常发光，求：(1)导线框abcd在磁场中转动的角速度？(2)S闭合后，当导线框从图示位置转过θ＝60°时的过程中通过灯泡的电荷量？解析：(1)E＝10 2 V E m＝20 V＝nBωSω＝E mnBL1L2＝20100×0.2×0.4×0.2rad/s＝12.5 rad/s.(2)S闭合后U L＝10 V，P L＝10 W，I＝P LU L＝1 A，所以R总＝EI＝10 2 Ω，q＝nΔΦR总＝100×12BL1L2102＝100×12×0.2×0.4×0.2102C＝225C.答案：(1)12.5 rad/s (2)2 25C图10－1－2712．如图10－1－27甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r＝0.10 m、匝数n＝20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图10－1－27乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝0.20πT，线圈的电阻为R1＝0.50 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω的小电珠L.外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠．当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图10－1－27丙所示时(摩擦等损耗不计)．求：(1)小电珠中电流的最大值；(2)电压表的示数；(3)t＝0.1 s时外力F的大小；(4)在不改变发电装置结构的条件下，要使小电珠的功率提高双倍，可采取什么办法(至少说出两种方法)?解析：(1)由题意及法拉第电磁感应定律知道，由于线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的最大值为：E m＝nBlv＝nB2πrv m，电路总电阻为：R1＋R2，那么小电珠中电流的最大值为I m＝nB2πrv mR1＋R2＝20×0.2×2π×0.1×2π(9.5＋0.5)＝0.16 A.(2)电压表示数为有效值U＝U m2＝22I m R2＝22×0.16×9.5 V＝0.76 2 V≈1.07 V.(3)当t＝0.1 s也就是T/4时，外力F的大小为F＝nB2πrI m＝n2B2(2πr)2R1＋R2v m＝0.128 N.(4)提高v m用变压器答案：(1)0.16 A (2)1.07 V (3)0.128 N (4)提高v m用变压。
2017年高考物理一轮复习专题44交变电流的产生及描述(讲)(含解析)
专题44 交变电流的产生及描述（讲）1．交变电流的产生及其各物理量的变化规律，应用交流电的图象解决问题．2．利用有效值的定义，对交变电流的有效值进行计算．3．理想变压器原、副线圈中电流、电压、功率之间的关系应用，变压器动态变化的分析方法．4．远距离输电的原理和相关计算．5．传感器的简单使用，能够解决与科技、社会紧密结合的问题．6．高考对本章知识的考查主要体现在“三突出”：①突出考查交变电流的产生过程；②突出考查交变电流的图象和交变电流的四值；③突出考查变压器，对变压器的原理理解的同时，还要掌握变压器的静态计算和动态分析，远距离输电也要重视。
对本专题知识点高考每年必考．命题频率较高的知识点有交变电流的变化规律（包括图象）、最大值与有效值等，以选择题的形式出现。
变压器的原理，电压比、电流比及功率关系是考查的重点；将本章知识与电磁感应等结合的力、电综合题，或考查与本章知识有关的实际应用。
1．能掌握交变电流的产生和描述，会写出交变电流的瞬时值表达式．2．能认识交变电流的图象和进行有效值、最大值的计算．一、交变电流的产生和变化规律1．交变电流大小和方向都随时间做周期性变化的电流．如图（a）、（b）、（c）、（d）所示都属于交变电流．其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，简称正弦式电流，如图（a）所示．2．正弦交流电的产生和图象（1）产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．（2）中性面①定义：与磁场方向垂直的平面． ②特点a ．线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零．b ．线圈转动一周，两次经过中性面．线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次． （3）图象：用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦函数曲线．二、正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值 1．周期和频率（1）周期（T ）：交变电流完成一次周期性变化（线圈转一周）所需的时间，单位是秒（s ），公式ωπ2=T ．（2）频率（f ）：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数．单位是赫兹（Hz ）． （3）周期和频率的关系：fT 1=2．正弦式交变电流的函数表达式（线圈在中性面位置开始计时） （1）电动势e 随时间变化的规律：e ＝E m s i n_ωt ． （2）负载两端的电压u 随时间变化的规律：u ＝U m s i n_ωt ．（3）电流i 随时间变化的规律：i ＝I m s i n_ωt ．其中ω等于线圈转动的角速度，E m ＝nBS ω． 3．交变电流的瞬时值、峰值、有效值（1）瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数．（2）峰值：交变电流的电流或电压所能达到的最大值，也叫最大值．（3）有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值．对正弦交流电，其有效值和峰值的关系为：2m E E =、2m U U =、2m I I =．（4）平均值：是交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值．考点一 交变电流的变化规律1．正弦式交变电流的变化规律（线圈在中性面位置开始计时）2（1）线圈平面与中性面重合时，S ⊥B ，Φ最大，t∆∆Φ＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变．（2）线圈平面与中性面垂直时，S ∥B ，Φ＝0，t∆∆Φ最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变． 特别提醒：①只要线圈平面在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，就产生正弦式交流电，其变化规律与线圈的形状、转动轴处于线圈平面内的位置无关． ②Φ－t 图象与对应的e －t 图象是互余的． ★重点归纳★1、解决交变电流图象问题的三点注意（1）只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关． （2）注意峰值公式E m ＝nBS ω中的S 为有效面积．（3）在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．★典型案例★（多选）矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中，线框输出的交流电电压随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是： （ ）A ．交流电压的有效值为，频率为 0．25HzB ．交流电压的最大值为，频率为 0．25HzC ．2s 末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大D ．1s 末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快 【答案】BC【名师点睛】本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力；重点在于找出最大值和周期，再通过公式求解有效值和角速度及频率等。
高三物理交变电流的产生和描述
第十一章 交变电流 电磁振荡与电磁波二、知识网络第1讲 交变电流的产生和描述★ 一、考情直播1.考纲要求考纲内容 能力要求考向定位1．交变电流、交变电流的图象2．正弦交变电流的函数表达式，峰值和有效值1．知道交变电流的产生及其原理2．理解描述交变电流的物理量以及它们之间的关系、作用3．掌握交变电流的变化规律及表示方法新课标考纲对本讲知识均只做了Ⅰ级要求，较旧考纲而言降低了要求，原则上应该不会出现难题、偏题．旧考纲中“正弦交变电流的图象”在新考纲中表述为“交变电流的图象”，则为图象命题拓展了空间．已删除的考点是“电感器、电容器对交变电流的影响”．2．考点整合考点1 交变电流及其产生描述交变电流的物理量1．交变电流： 和 都随时间做周期性变化的电流即交变电流．2．正（余）弦式交流电：交变电流的产生有很多形式．常见的正（余）弦式交变电流可由线圈在匀强磁场中绕 磁感应强度方向的轴转动产生．若从中性面开始转动则产生 交变电流，从峰值面开始转动则产生 交变电流3．中性面与峰值面：当线圈转动至线圈平面垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这个特定位置叫做 ．其特点是：与磁场方向垂直，线圈每次经过该面感应电流方向均发生改变．峰值面的特点是：磁通量为 ，但电动势 ．4．描述交变电流的“四值”：①瞬时值：=e ，t I i m ωsin = （从中性面开始计时） ②峰值：=m E ，R E I m m /=③平均值：=E ， RE I =④有效值：根据电流的 定义。
=E ，2/m I I =（正、余弦交流电） 5．周期和频率： 周期ωπ/2=T ， 频率T f /1=， 转速f n =．[特别提醒]：1．书写交变电流的表达式，一定要注意初始平面是中性面还是峰值面．若从中性面开始，则为正弦函数，若从峰值面开始，则为余弦函数。
2．只有正弦式效流电的峰值与有效值才有2倍关系．3．计算电量只能用平均值．而电容耐压值对应的是最大值．[例1]（2008山东滨州）单匝矩形线圈abcd 放在匀强磁场中，如图所示，ab=de =l 1，ad=bc =l 2，从图示位置起以角速度ω绕不同转轴做匀速转动，则 （ ） A ．以OO′为转轴时，感应电动势t l Bl e ωωsin21= B ．以O 1O 1′为转轴时，感应电动势t l Bl e ωωsin 21= C ．以OO′为转轴时，感应电动势t l Bl e ωωcos 21=D ．以OO′为转轴或以ab 为转轴时，感应电动势)2sin(21πωω+=t l Bl e[解析] 以OO′为转轴时，图示位置相当于是峰值面，根据感应电动势的表达式t E e m ωcos =可知t l Bl e ωωcos 21=，则C 对A 错。
高考物理复习11-1 交变电流的产生及描述
定义：UR2T＝UR2m2×T4×2，解得：U＝U2m，D 正确。
答案：D
类型 6 矩形波形 6．(2022·长沙模拟)一交流电压随时间变化的图像如图所示，此交流电压的有效值为 ( )
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
A．50 2 V
B．50 V
C．25 2 V
D．75 V
解析：题图中给出的是一方波交流电，周期 T＝0.3 s，前T3时间内 U1＝100 V，后23T时
解析：在题图中 t＝0 时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A 错误； 图线 a 的周期为 0.4 s，图线 b 的周期为 0.6 s，转速与周期成反比，所以转速之 比为 3∶2，B 正确；交流电的瞬时值表达式为 u＝Umsin ωt，所以 a 的瞬时值 表达式为 u＝10sin02.π4tV＝10sin(5πt)V，C 正确；由 Um＝NBSω，可知角速度 变为原来的23，则最大值变为原来的23，交流电 b 的最大值为230 V，D 正确。 答案：BCD
同电阻”上产生“相同热量”，列式求解时时间一般取一个周期或为周期的整数倍。
3．能量守恒法：当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和能量守恒定律来
求有效值。
[多维训练] 类型 1 正弦式交变电流 1．(2021·辽宁高考)如图所示，N 匝正方形闭合金属线圈 abcd 边长为
L，线圈处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，绕着与磁场垂直 且与线圈共面的轴 OO′以角速度 ω 匀速转动，ab 边距轴L4。线圈 中感应电动势的有效值为
答案：D
3．(多选)如图甲所示，标有“220 V 40 W”的灯泡和标有“20 μF 320 V”的电容
器并联接到交流电源上，电压表 V 为交流电压表，交流电源的输出电压随时间的
新课程改革物理专题复习高考高分必备交变电流传感器之交变电流的产生及描述
交变电流传感器之交变电流的产生及描述知识点1交变电流1．定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫作交变电流。
2．图象：如图所示，图甲、乙、丙、丁所示电流都属于交变电流，图戊所示电流属于恒定电流。
知识点2正弦式交变电流的产生和变化规律1．产生：如图所示，在匀强磁场里，线圈绕垂直磁场方向的轴匀速转动时，可产生正弦式交变电流。
2．中性面及其特点。
(1)定义：与磁场方向垂直的平面。
(2)特点：①线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零。
②线圈转动一周，2次经过中性面，线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次。
3．图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线，如图所示。
4．变化规律(线圈在中性面位置开始计时) (1)电动势e 随时间变化的规律：e ＝E m sin ωt 。
(2)电压u 随时间变化的规律：u ＝U m sin ωt 。
(3)电流i 随时间变化的规律：i ＝I m sin ωt 。
其中ω等于线圈转动的角速度，E m ＝nBSω。
知识点3 描述交变电流的物理量1．周期和频率(1)周期(T )：交变电流完成一次周期性变化，即线圈转一周所需要的时间，单位是秒(s)，公式T ＝2πω。
(2)频率(f )：交变电流在1s 内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz)。
(3)周期和频率的关系：T ＝1f 或f ＝1T 。
2．交变电流的“四值”(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数。
(2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的最大值。
(3)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过相同的电阻，如果它们在交变电流的一个周期内产生的热量相等，则这个恒定电流I 、恒定电压U 就是这个交变电流的有效值。
(4)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系 IU E (5)平均值：交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值，其数值可以用E ＝n ΔΦΔt计算。
高考物理一轮复习讲义—交变电流的产生和描述
高考物理一轮复习讲义—交变电流的产生和描述一、正弦式交变电流1.产生线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
2.两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。
(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，i最大，电流方向不改变。
3.电流方向的改变一个周期内线圈中电流的方向改变两次。
4.交变电动势的最大值E m＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。
5.交变电动势随时间的变化规律(中性面开始计时)e＝nBSωsin__ωt。
【自测1】(多选)关于中性面，下列说法正确的是()A.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零B.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大C.线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次D.线圈每转动一周即经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次答案AC二、描述交变电流的物理量1.周期和频率(1)周期T ：交变电流完成一次周期性变化所需要的时间，单位是秒(s)。
表达式为T ＝2πω＝1n(n 为转速)。
(2)频率f ：交变电流完成周期性变化的次数与所用时间之比，单位是赫兹(Hz)。
(3)周期和频率的关系：T ＝1f 或f ＝1T 。
2.峰值、有效值和平均值(1)峰值：交变电流或电压所能达到的最大的值。
(2)有效值：让恒定电流和交变电流分别通过阻值相等的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等，就可以把恒定电流的数值规定为这个交变电流的有效值。
(3)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系I ＝I m 2，U ＝U m 2，E ＝E m2。
(4)交变电流的平均值E －＝n ΔΦΔt ，I －＝E R ＋r。
【自测2】[2020·河南省九师联盟模拟(二)]当矩形线框在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动时，产生的交变电流随时间的变化规律如图1甲所示。
高考物理热点题型和提分秘籍专题10.1交变电流的产生及描述(含解析)
专题10.1 交变电流的产生及描述【高频考点解读】1．交变电流、交变电流的图象2．正弦交变电流的函数表达式，峰值和有效值【热点题型】题型一正弦式交变电流的产生及变化规律例1、如图1011(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )图1011图1012【答案】C【提分秘籍】1．正弦式交变电流的产生(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
(2)两个特殊位置的特点：①线圈平面与中性面重合时，S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变。
②线圈平面与中性面垂直时，S ∥B ，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变。
(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次。
(4)交变电动势的最大值E m ＝nBS ω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。
2．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)【举一反三】有一不动的矩形线圈abcd ，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图1013所示。
该匀强磁场是由一对磁极N 、S 产生，磁极以OO ′为轴匀速转动。
在t ＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N 开始离开纸面向外转动，规定由a →b →c →d →a 方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I 随时间t 变化的图线是( )图1013图1014解析：选C 磁极以OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相反方向转动，在t＝0时刻，由右手定则可知，产生的感应电流方向为a→b→c→d→a，磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，故选项C正确。
高考物理总复习：交变电流
高考物理总复习：交变电流考点1交变电流的产生及其描述1.[2017山东潍坊模拟]如图所示,在水平向右、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,有一匝数为n 、边长为l 、电阻为R 的正方形线圈围绕垂直于磁感线的对称轴OO'按照图示的方向匀速转动,转动的角速度为ω.则下列说法中正确的是( )A.当线圈转至图示位置时,线圈中产生的感应电流方向为a →b →c →d →aB.当线圈转至图示位置时,线圈中产生的感应电流大小为nBl 2ωRC.线圈从图示位置转过π2的过程中,线圈中产生的热量为πωn 2B 2l 22RD.若从图示位置开始计时,则线圈中产生的感应电动势的瞬时值大小为e=nBl 2ωsin ωt 2.[2017江西南昌模拟]图甲所示是一台交流发电机的构造示意图,线圈转动产生的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示.发电机线圈电阻为1 Ω,外接负载电阻为4 Ω,则( )A .线圈转速为50 r/sB .电压表的示数为4 VC .负载电阻的电功率为2 WD .线圈转速加倍,电压表读数变为原来的4倍3.[2017山东枣庄检测][多选]某兴趣小组自制一小型发电机,使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动,穿过线圈的磁通量Φ随时间t 按正弦规律变化的图象如图所示.线圈转动周期为T ,线圈产生的电动势的最大值为E m ,线圈的电阻为r ,该线圈与电阻为R 的纯电阻用电器构成闭合回路,则( )A .线圈匝数为n=TEm2πΦmB.电阻为R的用电器的电功率为E m22RC.在0~T4时间内通过用电器的电荷量为q=TE m2π(r+R)D.若线圈转速增大为原来的2倍,线圈中电动势的瞬时值为E m cos 4πtT4.边长为a的N匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动,转速为n,线圈所围面积内的磁通量φ随时间t变化的规律如图所示,图象中φ0为已知量.则下列说法正确的是()A.t1时刻线圈中感应电动势最大B.t2时刻线圈中感应电流为零C.匀强磁场的磁感应强度大小为φ0Na2D.线圈中瞬时感应电动势的表达式为e=2Nπφ0n cos 2πnt5.[多选]某小型发电机产生的交变电动势表达式为e=100sin 100πt(V),则该电动势()A.有效值是50√2VB.频率是100 HzC.最大值是50√3VD.周期是0.02 s6.一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=11∶1,原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u随时间t的变化规律如图所示,副线圈仅接入一个R=20 Ω的电阻,则()A.流过电阻R的最大电流是1.0 AB.变压器的输入功率是40 WC.与电阻R并联的电压表的示数是20 VD.在1 s内电流方向改变50次7.将阻值为100 Ω的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈,让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,产生的感应电动势如图乙所示.则可以判断()A.t=0时刻线圈应转到图甲所示的位置B.该线圈的转速为100π r/sC.穿过线圈的磁通量的最大值为150πWbD.线圈转动一周所产生的电热为9.68 J考点2变压器、远距离输电8.[2017广西三市联考]如图所示,一理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2=10∶1,一阻值为10 Ω的电阻R连接在变压器的副线圈上.若加在原线圈上的电压瞬时值随时间变化规律为u=100√2cos 100πt(V),下列说法中正确的是()A.原线圈中交变电流的频率为100 HzB.变压器的输入功率为10 WC.电流表的示数为1 AD.电压表的示数为10√2V9.[2017河北石家庄质检][多选]如图所示为一含有理想变压器的电路.交流电源电压恒定,电阻r、R0为定值电阻,R为滑动变阻器,各电表均为理想电表.现将滑动变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到电流表的示数增加量大于电流表的示数增加量,下列说法正确的是()A.滑动变阻器滑片是向上滑动的B.电压表的示数始终大于电压表的示数C.电压表、的示数不变,的示数减小D.理想变压器原线圈的匝数小于副线圈的匝数10.[2017福建毕业班质检]如图所示为模拟远距离交流输电的电路,升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶k,降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3∶n4=k∶1,模拟输电导线的电阻r=3 Ω,T2的负载是规格为“15 V45 W”的灯泡L.当T1的输入电压为16 V时灯泡L正常发光,两个变压器可视为理想变压器,则k的值为()A.32B.3C.4D.911.[2017湖北黄冈质检]如图所示,n匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中,线框面积为S,电阻不计.线框绕垂直于磁场的轴OO'以角速度ω匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,变压器副线圈接入一只额定电压为U的灯泡,灯泡正常发光.从线圈通过中性面开始计时,下列说法正确的是()A.图示位置穿过线框的磁通量变化率最大B.灯泡中的电流方向每秒改变ω2π次C.线框中产生感应电动势的表达式为e=nBSωsin ωtD.变压器原、副线圈匝数之比为nBSωU答案1.B由右手定则可知,当线圈转至图示位置时,线圈中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a,选项A错误;当线圈转至图示位置时,线圈中产生的感应电动势最大,为E m=nBl2ω,所以此时线圈中产生的感应电流大小为I m=E mR =nBl2ωR,选项B正确;线圈中产生的感应电流的有效值为I=2√2R,所以线圈从图示位置转过π2的过程中,线圈中产生的热量为Q=I2Rt=n2B2l4ω22R2·R·14·2πω=πωn2B2l44R,选项C错误;若从图示位置开始计时,则线圈中产生的感应电动势的瞬时值大小应为e=nBl2ωcos ωt,选项D错误.2.C由题图乙可知,线圈转动产生的交变电流的周期为T=0.04 s,电动势最大值为E m=5 V.由f=1T 可知频率为25 Hz,即线圈转速n=f=25 r/s,选项A错误.电动势有效值E=m√2=5√22V.根据闭合电路欧姆定律,流过负载电阻的电流I=ER+r =√22A,负载电阻两端电压即电压表示数U=IR=2√2 V,选项B 错误.负载电阻的电功率 P=UI =2√2×√22 W =2 W,选项C 正确.由产生的感应电动势最大值表达式E m =nBSω,ω=2πf =2πn 可知,线圈转速加倍,转动的角速度ω加倍,感应电动势的最大值加倍,电压表读数加倍,选项D 错误. 3.AC 线圈中电动势的瞬时值e=nBS 2πT cos 2πt T,而Φm =BS ,所以线圈匝数为n=TEm2πΦm,选项A 正确;电路中电流的有效值为I=m 2(r+R ),用电器的电功率为E m2R 2(r+R )2,选项B 错误;在0~T4时间内通过用电器的电荷量为q=n Φm r+R =TEm2π(r+R ),选项C 正确;若线圈转速增大为原来的2倍,线圈中电动势的瞬时值e 1=2E m cos4πt T,所以选项D 错误.4.D t 1时刻线圈的磁通量最大,但磁通量的变化率为0,根据法拉第电磁感应定律可知此时线圈中感应电动势为0,A 项错误;t 2时刻线圈的磁通量为零,但磁通量的变化率最大,根据法拉第电磁感应定律可知此时线圈中感应电流为最大值,B 项错误;磁通量与线圈匝数无关,根据磁通量的定义可得φ0=Ba 2,B=φ0a 2,C 项错误;线圈中瞬时感应电动势的表达式为e=NBSωcosωt=2N πφ0n cos 2πnt ,D 项正确.5.AD 由交变电动势的表达式可知,该交变电动势的最大值为100 V,有效值为50√2 V,选项A 正确,C 错误;由表达式还可得到该电动势的周期为0.02 s,频率为50 Hz,选项B 错误,D 正确.6.C 由图象可知,原线圈两端电压的最大值为220√2 V,所以电压的有效值为220 V,由原、副线圈电压比等于匝数比可知,副线圈两端电压的有效值为20 V,负载电阻为20 Ω,所以流过电阻R 的电流的有效值为1.0 A,电流的最大值为√2 A,A 错误;电压表测量的是电压的有效值,所以电压表的示数为20 V,C 正确;变压器的输出功率P=UI=20×1.0 W=20 W,所以变压器的输入功率是20 W,B 错误;从题图中可以得出交流电的频率为 f=12×10-2 Hz =50 Hz,线圈每转动一圈,电流方向改变2次,所以在1 s 内电流方向改变100次,D 错误.7.D t=0时刻线圈中感应电动势为零,线圈应转到中性面位置,即与题图甲所示的位置垂直,选项A 错误.由题图乙可知,感应电动势的周期为0.02 s,该线圈的角速度为ω=2πT =100π rad/s,转速为n=1T=50 r/s,选项B 错误.由题图乙可知,感应电动势最大值E m =311 V,而E m =NBSω,所以穿过线圈的磁通量的最大值为BS=E m Nω =√250π Wb,选项C 错误.感应电动势的有效值为E=220 V,线圈转一周所产生的电热为Q=E 2RT=9.68 J,选项D 正确.8.B 根据电压瞬时值表达式知原线圈电压的有效值U=100 V,由原、副线圈电压比等于匝数比知副线圈电压有效值即电压表的示数为10 V,D 错误;输出功率P=10210 W =10 W,输入功率等于输出功率,所以变压器的输入功率为10 W,B 正确;通过电阻的电流I=1010 A =1 A,再由原、副线圈匝数比等于电流反比得,电流表的读数为0.1 A,C 错误;交变电流的频率f=100π2πHz =50 Hz,A 错误. 9.BD 由于电流表的示数增加量大于电流表的示数增加量,说明原线圈的电流大于副线圈的电流,说明变压器为升压变压器,则原线圈的匝数小于副线圈的匝数,D 正确;又因为两电流表的示数增加,则滑动变阻器的阻值减小,滑动变阻器的滑片应向下滑动,A 错误;电压表的示数为滑动变阻器两端的电压,而电压表的示数等于滑动变阻器两端电压以及定值电阻R 0两端电压之和,因此电压表的示数始终大于电压表的示数,B 正确;由于原线圈的电流增大,则定值电阻r 两端的电压增大,加在原线圈两端的电压减小,的示数减小,副线圈的输出电压减小,以及的示数均减小,C 错误.10.B 由变压器的工作原理可知,变压器T 1原线圈的电压为16 V,则副线圈的输出电压为16k V,降压变压器T 2的输出电压为15 V 、输出电流为I 4=P 0U 0=4515 A =3 A,则降压变压器T 2原线圈两端的电压为15k V 、输入电流为3kA,又16k V =(15k+3×3k) V,解得k=3,B 正确.11.C 题图所示位置为中性面,穿过线框的磁通量最大,磁通量的变化率为0,故A 项错误.线框转动的角速度为ω,转动的周期T=2πω,所产生正弦交变电流的频率f=ω2π,在一个周期内线框经过中性面两次,电流方向改变两次,所以灯泡中电流方向每秒改变2f 次,即ωπ次,故B 项错误.线框中产生的感应电动势e=nBSωsin ωt ,其最大值E m =nBSω,有效值E=√22E m ,灯泡额定电压为U ,指的是有效值;变压器原、副线圈的匝数比等于输入、输出电压之比,即为√2nBSω2U,故C 项正确,D 项错误.。