2026高考物理一轮复习第一十三章第一讲讲义（解析版）　交变电流的产生和描述

这是一份2026高考物理一轮复习第一十三章第一讲讲义（解析版）　交变电流的产生和描述，共16页。学案主要包含了课标要求，考情分析，交变电流的产生及描述，交变电流的图像，有效值的计算等内容，欢迎下载使用。
1.通过实验,认识交变电流。能用公式和图像描述正弦式交变电流。
2.通过实验,探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系。知道远距离输电时通常采用高压输电的原因。
3.了解发电机和电动机工作过程中的能量转化。认识电磁学在人类生活和社会发展中的作用。
4.初步了解麦克斯韦电磁场理论的基本思想、场的统一性与多样性,体会物理学对统一性的追求。
5.通过实验,了解电磁振荡。
6.知道电磁波的发射、传播和接收。
7.认识电磁波谱。知道各个波段的电磁波的名称、特征和典型应用。
8.知道非电学量转换成电学量的技术意义。
9.通过实验,了解常见传感器的工作原理。会利用传感器制作简单的自动控制装置。
10.列举传感器在生产生活中的应用。
【考情分析】
第1讲 交变电流的产生和描述

1.如图所示为演示交变电流产生的装置图,关于这个实验,下列说法正确的是( )
[A] 图示位置,ab边的感应电流方向为由a→b
[B] 图示位置为中性面,线圈中无感应电流
[C] 线圈每转动一周,电流方向改变一次
[D] 图示位置线圈平面与磁场方向平行,磁通量变化率为零
【答案】 A
2.关于交流电压和电流,下列说法正确的是( )
[A] 用电器铭牌上标明的电压为交流电压的最大值
[B] 电容器能否被击穿取决于交流电压的最大值
[C] 电流表测量的是交变电流的平均值
[D] 交流电压的有效值与最大值满足的关系为U=Um2
【答案】 B
【答案】 垂直 最大 发生改变 最大 不改变 两 Emsin ωt
时间 2πω 次数 赫兹(Hz) 1f NBSω 相同 热量 Im2 Um2 Em2 nΔΦΔt ER+r
考点一 正弦式交变电流的产生及变化规律
1.交变电流产生过程中的两个特殊位置
2.交变电流的变化规律(线圈从中性面位置开始计时)
[例1] 【交变电流的产生及描述】(2024·云南昆明期末)图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,匝数N=10、电阻r=1 Ω的矩形线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴OO′匀速转动,磁通量随时间变化的图像如图乙所示,接入电路的电阻R=9 Ω。下列判断正确的是( )
[A] 电流表的读数为1 A
[B] t=0.1π s和0.3π s时,线圈垂直于中性面
[C] 线圈的感应电动势表达式为e=10sin 5t V
[D] t=0.2π s时,磁通量的变化率达到最大,其值为1 Wb/s
【答案】 D
【解析】 根据题图乙可知,最大感应电动势为Em=NBSω=NωΦm=10×2π0.4π×0.2 V=10 V,所以感应电动势的表达式为e=10sin(5t+π2)V=10cs 5t V,电路中电压的有效值为E=Em2=102 V=
52 V,电路中的电流,即电流表的示数为I=ER+r=529+1 A=22 A,故A、C错误;线圈位于中性面时,磁通量最大,根据题图乙可知,当t=0.1π s和0.3π s时,磁通量均为最大值,此时线圈位于中性面位置,故B错误;t=0.2π s时,磁通量最小,即磁通量的变化率最大,根据公式Em=NΔΦmΔt可知,磁通量的变化率为ΔΦmΔt=EmN=1010 Wb/s=1 Wb/s,故D正确。
[例2] 【交变电流的图像】(2025·甘肃金昌模拟)如图甲所示,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,产生的交流电动势图像如图乙中曲线a、b所示,则( )
[A] 两次t=0时刻线圈平面均与中性面垂直
[B] 曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
[C] 曲线a表示的交流电动势频率为0.25 Hz
[D] 曲线b表示的交流电动势有效值为52 V
【答案】 D
【解析】 线圈位于中性面时,磁通量最大,电动势为零,两次t=0时刻线圈平面均处于中性面,A错误;转速之比等于周期的反比,为3∶2,B错误;频率为周期的倒数,曲线a的周期为0.04 s,频率为25 Hz,C错误;正弦式交变电流的电动势的有效值为E=Em2=NBSω2,已知
Ea=152 V,根据ω=2πf,可知ωb=23ωa,故可知Eb=23×152 V=52 V,D正确。
考点二 交变电流有效值的计算
交变电流有效值的求解方法
(1)公式法。
利用E=Em 2,U=Um 2,I=Im 2计算,只适用于正弦式交变电流。
(2)定义计算法(非正弦式交变电流)。
计算时要抓住“三同”:“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”,要根据电流的热效应先分段计算热量,求和得出一个周期内产生的总热量,然后根据Q总=I2RT或Q总=U2RT列式求解。
[例3] 【有效值的计算】(2024·河北卷,4)R1、R2为两个完全相同的定值电阻,R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图甲所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的3倍),
R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图乙所示,则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为( )
[A] 2∶3 [B] 4∶3
[C] 2∶3[D] 5∶4
【答案】 B
【解析】 设R1两端电压的有效值为U1,R2两端电压的有效值为U2,根据有效值的定义有U12R1T=(U03) 2R1×T2+U02R1×T2,解得U1=23U0,U2=U02;根据Q=U2Rt可知,Q1∶Q2=U12∶U22=4∶3,故选B。
考点三 对交变电流“四值”的理解与计算
[例4] 【交变电流“四值”的计算】(2024·贵州黔东南模拟)(多选)面积为S的矩形单匝金属线圈abcd,以角速度ω绕ad、bc边的中轴线OO′匀速转动,t=0时刻,线圈平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,且一半位于磁场中,如图所示,则( )
[A] t=0时,线圈产生的感应电动势最大
[B] 感应电动势的有效值是2BSω4
[C] 从t=0时开始转过30°时,感应电动势为12BSω
[D] 从t=0时开始转过90°的过程中,感应电动势的平均值为BSωπ
【答案】 BD
【解析】 t=0时,线圈各边都不切割磁感线,线圈产生的感应电动势最小,故A错误;当ab边或cd边垂直切割磁感线时,感应电动势最大,Em=12Blabωlad=12BSω,感应电动势的有效值E=Em 2=2BSω4,故B正确;从t=0时开始转过30°时,感应电动势为e1=Emsin 30°=14BSω,故C错误;从t=0时开始转过90°的过程中,感应电动势的平均值为E=ΔΦΔt=BΔS14T=B×12S14×2πω=BSωπ,故D正确。
[例5] 【交变电流“四值”的应用】(2024·福建福州开学考试)如图所示,矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B=2π T的水平匀强磁场中,绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=10π rad/s匀速转动,线框共10匝,面积S=0.5 m2,电阻r=1 Ω,通过导线与一阻值R=49 Ω的定值电阻相连,所有电表均为理想交流电表。(计算结果可保留根号)
(1)将图示时刻记为t=0,写出该正弦式交流电动势的瞬时值表达式;
(2)求t=160 s时,电压表、电流表的示数;
(3)求0～140 s内通过电阻R的电荷量;
(4)求转动一周的过程中,整个电路产生的热量。
【答案】 (1)e=502cs 10πt V (2)49 V 1 A (3)110π C (4)10 J
【解析】(1)感应电动势的最大值为Em=NBSω=502 V,
t=0时线框平面与磁场平行,
则瞬时值表达式为e=Emcs ωt=502cs 10πt V 。
(2)电动势有效值为 E=Em2=50 V,
电流表示数为 I=ER+r=1 A,
电压表示数为 U=IR=49 V。
(3)t=140 s时线框转动弧度为 θ=ωt=π4,
则磁通量的变化量为ΔΦ=BSsin π4,
根据 E=NΔΦΔt,I=ER+r,q=IΔt,
联立得,0～140 s内通过电阻R的电荷量为q=110π C。
(4)转动一周的过程中,整个电路产生的热量为Q=I2(R+r)T=I2(R+r)2πω=10 J。
(满分:60分)
对点1.正弦式交变电流的产生及变化规律
1.(6分)(2024·新课标卷,20)(多选)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转,在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间,磁场方向恰与线圈平面垂直,如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场,则磁极再转过90°时,线圈中( )
[A] 电流最小
[B] 电流最大
[C] 电流方向由P指向Q
[D] 电流方向由Q指向P
【答案】 BD
【解析】 开始线圈处于中性面位置,当磁极再转过90°时,此时穿过线圈的磁通量变化率最大,可知电流最大;在磁极转动的过程中,穿过线圈的磁通量在减小,根据楞次定律可知,此时感应电流方向由Q指向P,故B、D正确。
2.(6分)(2024·广东清远期末)(多选)某些共享单车内部有一个小型发电机,骑行者的骑行踩踏,可以不断给单车里的蓄电池充电,蓄电池再给智能锁供电。如图所示,线圈处于匀强磁场中,磁感应强度为B。匝数为N、回路中总电阻为R,当面积为S的矩形线圈abcd在磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动时,角速度为ω。下列说法正确的是( )
[A] 线圈在图示位置时通过线圈的磁通量为0
[B] 从图示位置开始计时,感应电动势瞬时值的表达式为e=NBSωsin ωt
[C] 回路中电流的有效值为2NBSω2R
[D] 若仅将角速度减小为原来的一半,回路中的电功率将减小为原来的一半
【答案】 AC
【解析】 题图所示位置,线圈平面与磁场方向平行,穿过线圈的磁通量为0,电动势的瞬时值达到最大,从题图所示位置开始计时,感应电动势瞬时值的表达式为e=NBSωcs ωt,故A正确,B错误;电动势的有效值U=NBSω2,回路中电流的有效值I=UR,解得I=2NBSω2R,故C正确;回路的电功率P=UI,结合上述解得P=N2B2S2ω22R,可知,若仅将角速度减小为原来的一半,回路中的电功率将减小为原来的14,故D错误。
对点2.交变电流有效值的计算
3.(4分)(2024·贵州贵阳期中)某电流和时间的关系图像如图所示(曲线部分为正弦波形的上半部分),则该交变电流的有效值为( )
[A] 255I0[B] 52I0
[C] I0 [D] 32I0
【答案】 A
【解析】 根据有效值的定义I2RT=I02R·35T+(I02)2R·25T,解得I=255I0,故选A。
4.(4分)(2024·山东日照期中)如图所示,在xOy平面内,第二象限和第四象限分别存在垂直于平面向外和向里的匀强磁场,磁感应强度的大小分别为3B和B。四分之一圆弧的扇形闭合线圈的圆心位于原点O,并以角速度ω绕O点在xOy平面内匀速转动,已知线圈的半径为r、总电阻为R。则闭合线圈中产生的感应电流的有效值为( )
[A] 5Br2ω2R[B] 5Br2ωR
[C] Br2ωR [D] 2Br2ωR
【答案】 A
【解析】 线圈进入或离开第二象限磁场时,相当于单边导体杆转动切割磁感线,产生的电动势大小E1=12×3Br2ω,形成的感应电流大小i1=3Br2ω2R,由楞次定律可知,线圈进入第二象限磁场时,产生顺时针的感应电流,线圈离开第二象限磁场时,产生逆时针的感应电流;同理,线圈进入或离开第四象限磁场时,产生的电动势大小E2=12Br2ω,形成的感应电流大小i2=Br2ω2R,由楞次定律可知,线圈进入第四象限磁场时,产生逆时针的感应电流,线圈离开第四象限磁场时,产生顺时针的感应电流;作出如图所示的感应电流随时间变化的图像,
根据电流的热效应可知(3Br2ω2R)2R·T2+(Br2ω2R)2R·T2=I有2RT,解得I有=5Br2ω2R,故选A。
对点3.对交变电流“四值”的理解与计算
5.(4分)(2024·广东卷,1)将阻值为50 Ω的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是( )
[A] 该交流电的频率为100 Hz
[B] 通过电阻电流的峰值为0.2 A
[C] 电阻在1秒内消耗的电能为1 J
[D] 电阻两端电压表达式为u=10 2sin(100πt) V
【答案】 D
【解析】 由题图可知交流电的周期为0.02 s,电压峰值为10 2 V,则频率f=1T=50 Hz,故A错误;根据欧姆定律可知电流的峰值Im=UmR=10250 A=0.22 A,故B错误;电流的有效值为I=Im2=0.2 A,电阻在1 s内消耗的电能为E=I2Rt=0.22×50×1 J=2 J,故C错误;根据题图可知电阻两端电压表达式为u=Umsin ωt=102sin 2πTt V=102sin(100πt) V,故D正确。
6.(14分)(2024·广东东莞期中)小型发电机发电原理可简化为如图所示,矩形线圈abcd的面积为S=100 cm2,匝数N=10,线圈总电阻为r=2 Ω,线圈处于磁感应强度大小为B=52π T的匀强磁场中,可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动,线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路阻值为R=8 Ω的电阻连接,不计交流电流表的内阻。在外力作用下线圈以周期T=0.5 s绕轴OO′匀速转动,(计算结果用π表示)求:
(1)从图中位置开始计时,线圈产生电动势的瞬时值表达式;
(2)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量;
(3)外力对线圈做功的功率。
【答案】 (1)e=22sin 4πt V (2)220π C (3)0.4 W
【解析】 (1)线圈匀速转动ω=2πT,
得ω=4π rad/s,
线圈产生的最大感应电动势为Em=NBSω=22 V,
题图所示位置为中性面,电动势的瞬时值表达式为e=22sin 4πt V。
(2)线圈从图示位置转过90°的过程中,感应电动势的平均值E=NΔΦΔt=NBSΔt,
感应电流的平均值为I=qΔt,
由闭合电路欧姆定律得I=ER+r,
联立解得通过电阻R的电荷量q=220π C。
(3)电动势的有效值为E=Em2=2 V,
电路的热功率为P=E2R+r=0.4 W,
由能量的转化关系,可知外力对线圈做功的功率为P′=P=0.4 W。
7.(4分)(2024·湖北卷,5) 在如图所示电路中接入正弦交流电,灯泡L1的电阻是灯泡L2的2倍。假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S,灯泡L1、L2的电功率之比 P1∶P2为( )
[A] 2∶1 [B] 1∶1
[C] 1∶2 [D] 1∶4
【答案】 C
【解析】 二极管正向电阻为0,反向电阻无穷大,二极管导通时,与其并联的灯泡短路,此时另一个灯泡与电源串联,根据电路图可知在一个完整的周期内,两个灯泡有电流通过的时间相等且都为半个周期,且电压有效值相等,根据P=U2R,可知P1∶P2=RL2∶RL1=1∶2,故选C。
8.(18分)(2024·广西卷,15)某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大齿轮、小齿轮、链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈M1、M2组成。小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上,转轴轴线位于磁场边界处,方向与磁场方向平行,匀强磁场磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比为n,通过链条连接。K的结构参数见图乙,其中r1=r,r2=4r,每个线圈的圆心角为π-β,圆心在转轴轴线上,电阻为R。不计摩擦,忽略磁场边界处的磁场,若大齿轮以ω的角速度保持匀速转动,以线圈M1的ab边某次进入磁场时为计时起点,求K转动一周
(1)不同时间线圈M1受到的安培力大小;
(2)流过线圈M1的电流有效值;
(3)装置K消耗的平均电功率。
【答案】 (1)见解析 (2)π-βπ·15nBr2ω2R (3)225(π-β)n2B2r4ω22πR
【解析】 (1)设小齿轮的角速度为ω0,大小齿轮线速度相等,则ω0=vr小,ω=vnr小,
解得ω0=nω,
小齿轮转动周期为T=2πω0=2πnω,
以线圈M1的ab边某次进入磁场时为计时起点,到cd边进入磁场,经历的时间为
t1=π-β2πT=π-βnω,
这段时间内线圈M1产生的电动势为
E1=B(4r-r)va+vb2=B×3r×rω0+4rω02
=152nBr2ω,
电流为I1=E1R=15nBr2ω2R,
受到的安培力大小F1=BI1L=B×15nBr2ω2R×(4r-r)=45nB2r3ω2R,
从ab边和cd边全进入磁场到ab边离开磁场,经历的时间为t2=β2πT=βnω,
由于线圈M1磁通量不变,无感应电流,安培力大小为0,当线圈M1的ab边离开磁场到cd边离开磁场,经历的时间为t3=t1=π-βnω,
此时的安培力大小F3=F1=45nB2r3ω2R,
从线圈M1的cd边离开磁场到ab边进入磁场,经历的时间为t4=t2=βnω,
同理可知此时安培力为0。
(2)设流过线圈M1的电流有效值为I,根据有效值定义有I12Rt1+I32Rt3=I2RT,
其中I1=I3,t1=t3,
联立解得I=π-βπ·15nBr2ω2R。
(3)流过线圈M1和M2的电流有效值相同,则在一个周期内装置K消耗的平均电功率为
P=2I2R=225(π-β)n2B2r4ω22πR。交变电流
及四值
2024·广西卷·T15、2024·新课标卷·T20、2024·湖北卷·T5、
2024·广东卷·T1、2024·河北卷·T4、2024·山东卷·T8、2023·湖南卷·T9、2022·广东卷·T4、2022·河北卷·T3
变压器
综合问题
2024·全国甲卷·T19、2024·海南卷·T9、2024·重庆卷·T9、
2024·浙江1月选考卷·T5、2024·北京卷·T5、2024·浙江6月选考卷·T7、2023·北京卷·T7、2023·广东卷·T6、2022·山东卷·T4、2022·湖北卷·T9、2022·湖南卷·T6、2022·北京卷·T4、2022·重庆卷·T3
远距离输电
2024·湖南卷·T6、2023·浙江6月选考卷·T7、2023·山东卷·T7、
2023·天津卷·T6
电磁波
2021·浙江6月选考卷·T8、2021·福建卷·T5
传感器
2024·浙江1月选考卷·T16、2024·河北卷·T12、2024·北京卷·T12、
2022·河北卷·T12、2022·北京卷·T13、2022·重庆卷·T11
情境导思
如图所示为发电机的简化模型,线圈匀速转动。
(1)当线圈转到如图所示的位置时,试分析磁通量、磁通量的变化率的特点。
(2)线圈产生的感应电动势最大值与哪些因素有关?
(3)试写出线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式。
如图所示,N匝矩形线圈abcd绕中轴OO′在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,线圈的面积为S,从如图所示(磁场与线圈垂直)的位置开始计时。
(1)试借助导体切割磁感线产生感应电动势的表达式,推导出线圈产生的感应电动势随时间变化的函数表达式。
提示:从中性面开始计时,ab边切割磁感线产生的瞬时电动势e1=BL1vsin θ=BL1·L22ωsin ωt,其中L1、L2分别为ab边与ad边的长度,ω为线圈匀速转动的角速度;cd边产生的电动势与ab边的等大,且两者串联,线圈有N匝,故有e=2NBL1·L22ωsin ωt=NBSωsin ωt。
(2)试借助法拉第电磁感应定律和求导的方法,推导出线圈产生的感应电动势随时间变化的函数表达式。
提示:根据法拉第电磁感应定律E=NΔΦΔt,可知感应电动势的大小为磁通量Φ关于时间的一阶导数与线圈匝数的乘积,即e=|NΦ′|。从中性面开始计时,则磁通量关于时间的变化关系式为Φ=BScs ωt,Φ的一阶导数Φ′=-BSωsin ωt,对于N匝线圈有e=|NΦ′|=NBSωsin ωt。
图示
概念
中性面位置
与中性面垂直的位置
特点
B⊥S
B∥S
Φ=BS,磁通量最大,ΔΦΔt=0
Φ=0,磁通量最小
e=0
e=NBSω=NΦmω,
电动势最大
感应电流i=0,
方向改变
感应电流最大,
方向不变
一个周期内电流方向改变两次,
在中性面位置改变
物理量
函数表达式
图像
磁通量
Φ=Φmcs ωt=BScs ωt
电动势
e=Emsin ωt=NBSωsin ωt
电流
i=Imsin ωt=EmR+rsin ωt
(外电路为纯电阻电路)
电压
u=Umsin ωt=REmR+rsin ωt
(外电路为纯电阻电路)
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=Emsin ωt
i=Imsin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
峰值
最大的
瞬时值
Em=NBSω
Im=EmR+r
(外电路为纯电阻电路)
讨论电容器的击穿电压
平均值
交变电流图像中图线与时间轴所围的面积与时间的比值
E=NΔΦΔt
I=ER+r
(外电路为纯电阻电路)
计算通过导线横截面的电荷量
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值
E=Em2
U=Um2
I=Im2
适用于正弦式交变电流
(1)交流电流表、交流电压表的示数。
(2)电气设备“铭牌”上所标的值(如额定电压、额定电流等)。
(3)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热、保险丝的熔断电流等)。
(4)没有特别加以说明的