物理选修第二册交变电流优秀学案

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▉题型1 交变电流的概念
【知识点的认识】
1.交变电流的概念：电流，电压大小和方向均随时间做周期性变化，这样的电流叫作交变电流（AC），简称交流
2.直流电流
（1）大小和方向都不随时间改变的电流叫恒定电流，如图甲所示。
（2）方向不随时间改变而大小随时间改变的电流叫脉动直流电，如图乙所示。
3.注意：①方向不变的电流叫作直流电；
②交变电流的典型特点是电流方向变化，其大小可能变，也可能不变.如图所示的交变电流称为矩形交变电流，在方向变化时其大小不变.
1．对于如图所示的电流i随时间t做周期性变化的图象，下列说法中正确的是（ ）
A．电流大小变化，方向不变，是直流电
B．电流大小、方向都变化，是交流电
C．电流的周期是0.02s，最大值是0.2A
D．电流做周期性变化，是交流电
【答案】A
【解答】解：ABD、由图象可知，电流的方向不变，而大小作周期性变化，所以不是交流，而是直流，但不是恒定直流，故A正确，BD错误；
C、电流的周期是0.01s，最大值是0.2A，故C错误。
故选：A。
2．如图所示的各图象中表示交变电流的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解答】解：只要方向随时间做周期性变化的电流就是交变电流，A、B、C三幅图中的电流大小虽然变化，但方向不随时间做周期性的变化，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（多选）3．如图所示，不属于交流电的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解答】解：ABD、图中电流方向未发生变化，仅仅是电流的大小发生了周期性的变化，不属于交流电，故ABD正确；
C、图中电流的方向发生了周期性的变化，属于交流电，故C错误。
故选：ABD。
▉题型2 交流发电机及其产生交变电流的原理
【知识点的认识】
1.产生装置
将闭合线圈置于匀强磁场，并绕垂直于磁场方向的轴做匀速转动，线圈中将产生按正（余）弦规律变化的交流电。
2.两个特殊位置及特点
①中性面 上图甲和丙所处的位置 特点：穿过线圈的磁通量Φ最大，磁通量的变化率ΔΦΔt=0，所以感应电动势E＝0，该应电流I＝0，交变电流此时方向改变
②与中性面垂直的位置 上图乙和丁所处的位置 特点：穿过线圈的磁通量Φ＝0，磁通量的变化率ΔΦΔt最大，所以感应电动势E最大，该应电流I最大，交变电流此时方向不变
3.交变电流的变化规律
对于如图所示的发电机，设t＝0时线圈刚好转到中性面，此时导线AB的速度方向刚好与磁感线平行，因此感应电动势为0。设线圈旋转的角速度为ω，AB和CD的长度为l，AD和BC的长度为d，则经过时间t，线框转过的角度θ＝ωt。线框旋转过程中AB和CD的速度v＝ωd2，与磁感线垂直的速度为vsinθ，即ωd2sinωt。根据法拉第电磁感应定律，线框上的感应电动势
e＝2Blvsinθ＝ωBldsin ωt＝ωBSsin ωt
其中，S表示线框的面积。
设Em＝ωBS，可知线框的电动势是随时间按正弦函数规律变化的，为
e＝Emsin ωt
式中Em是常数，表示电动势可能达到的最大值。对于单匝线圈，Em＝ωBS；如果线圈匝数为N，则Em＝NωBS。
同理如果线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcsωt。
4．如图a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b）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（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解答】解：从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，为负值。
根据交流电规律可知，瞬时电流的表达式为i＝﹣Imcs（ωt+π4），根据数学知识可知，D正确，ABC错误。
故选：D。
5．图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解答】解：A、一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中能产生正弦式交变电流，因此B选项即可，而对于D选项，虽然只有一半磁场，仍能产生正弦式交流电；
当矩形变成三角形线圈时，仍能产生正弦式交流电，
C、由题意可知，矩形线圈虽然转动，但穿过线圈的磁通量不变，所以没有感应电流出现，
本题选不能产生正弦式交变电流的，故选：C。
6．矩形线圈匝数50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图所示，则（ ）
A．电动势的最大值是157V
B．在t＝0.1s和t＝0.3s时，电动势最大
C．在t＝0.1s和t＝0.3s时，线圈与中性面垂直
D．t＝0.4s时，磁通量变化率达最大，其值为157Wb/s
【答案】A
【解答】解：A、根据交变电流的产生规律可知，感应电动势最大值：Em＝NBSω＝NΦmω＝NΦm⋅2πT=50πV≈157V，故A正确；
BC、在t＝0.1s和t＝0.3s时，线圈中磁通量最大，线圈处于中性面位置，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故BC错误；
D、t＝0.4s时，线圈中磁通量为零，此时刻磁通量的变化率达最大，感应电动势最大，磁通量变化率：ΔΦΔt=Emn=3.14Wb/s，故D错误。
故选：A。
▉题型3 中性面及其性质
【知识点的认识】
1.跟磁场方向垂直的平面叫作中性面．线圈每经过一次中性面，电动势（电流）的方向改变一次，转动一周，电动势（电流）的方向改变两次.
2.中性面的特点是：中心面与磁场垂直，电路中电流为0、电动势为0、通过线圈的磁通量最大、磁通量的变化率为0。
3.与中心面垂直的位置的特点是：电路中电流最大、电动势最大、通过线圈的磁通量为0、磁通量的变化率最大。
7．线圈在匀强磁场中匀速转动而产生交变电流，则（ ）
A．当线圈位于中性面时，感应电动势最大
B．当线圈通过中性面时，感应电流方向将改变
C．当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中感应电流也为零
D．当线圈转过一周时，感应电流方向改变一次
【答案】B
【解答】解：A、中性面上磁通量的变化率为零；故感应电动势为0；故A错误；
B、线圈每经过一次中性面，感应电流方向将改变一次；故B正确；
C、当穿过线圈的磁通量为零时，线圈处于与中性面相互垂直的位置，此时感应电流最大；故C错误；
D、线圈每经一次中性面，电流方向改变一交；当线圈转过一周时，感应电流方向改变两次；故D错误；
故选：B。
8．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可以知道（ ）
A．0.01s时刻线圈处于中性面位置
B．0.01s时刻穿过线圈的磁通量为零
C．该交流电流有效值为2A
D．该交流电流频率为50Hz
【答案】B
【解答】解：A、B、0.01s时刻感应电流最大，感应电动势最大，故线圈与中性面垂直，磁通量为零，故A错误，B正确；
C、该交流电流的最大值为6.28A，故有效值为：I=6.282=4.44A，故C错误；
D、该电流的周期为0.04s，故频率f=1T=10.04=25Hz，故D错误；
故选：B。
▉题型4 交变电流的u-t图像和i-t图像
【知识点的认识】
1.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，其图象为正弦曲线．如图（e）、（f）所示．
2.可以直接或间接从图像上读取的物理量有：任意时刻的电压或电流、交变电压或电流的最大值、交变电压或电流的周期、可以求出交变电流或电压的角频率（线圈转动的角速度）、交变电压或电流的表达式、交变电压或电流的有效值等。
9．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式电流i＝Imsinωt，若保持其他条件不变，使发电机线圈匝数及转速各增加一倍，则电流的变化规律为（ ）
A．i＝2Imsin2ωtB．i＝4Imsin2ωt
C．i＝2ImsinωtD．i＝4Imsinωt
【答案】A
【解答】解：交流发电机产生的交变电动势的表达式e＝Emsinωt＝NBS（2πn）sin（2πn）t．
当N和n都增加一倍时，e＝4NBS（2πn）sin（4πn）t＝4Emsin2ωt。
产生正弦式电流i′=e2R=2Imsin2ωt，所以BCD错误，A正确。
故选：A。
10．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁场垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.01s时穿过线框的磁通量最小
B．t＝0.01s时穿过线框的磁通量变化率最大
C．该线框匀速转动的角速度大小为50πrad/s
D．感应电动势瞬时值为22V时，线框平面与中性面的夹角为45°
【答案】D
【解答】解：A、由图象知：t＝0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，故A错误；
B、由图象知：t＝0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率最小，故B错误；
C、由图可知，交流电的周期T＝0.02s，故角速度为：ω=2πT=2π0.02rad/s＝100πrad/s，故C错误；
D、由瞬时值表达式：e＝222sin（100πt）V可知，当e＝22 V时，有sin（100πt）=22，则可知线圈平面与磁感线的夹角为45°，故D正确。
故选：D。
11．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为105.0Ω的灯泡，如图乙所示，则（ ）
A．电路中的电流方向每秒钟改变50次
B．电压表V的示数为220 V
C．灯泡实际消耗的功率为440W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为20J
【答案】D
【解答】解：A、周期T＝0.02s，每个周期交流电方向改变两次，则1s内电流方向改变的次数为n＝2×1T=100次。故A错误；
B、由图象得感应电动势最大值Em＝2202V，所以有效值E＝220V，
电压表示数U=RR+rE=1055+105×220＝210V．故B错误。
C、灯泡实际消耗的功率P=(210)2105=420．故C错误。
D、发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=(E−U)2rt=(220−210)25=20J．故D正确。
故选：D。
▉题型5 产生交变电流的B-t或φ-t图像
【知识点的认识】
1.将闭合线圈置于匀强磁场，并绕垂直于磁场方向的轴做匀速转动，线圈中将产生按正（余）弦规律变化的交流电。
穿过线圈的的磁通量也会按照正（余）弦的规律变化，如下图：
2.交变电流除了可以通过线圈在磁场中做匀速转动切割产生之外，也可以通过穿过线圈的磁感应强度B按正弦函数规律变化（或穿过线圈的磁通量按正弦函数变化）产生。
12．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的Φ﹣t图象如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．t＝0时刻，线圈在中性面位置，磁通量为零，磁通量的变化率为零
B．t＝0.01s时，线圈产生的感应电动势最大
C．t＝0.02s时，线圈磁通量的变化率为零
D．t＝0.03s时，线圈中的电流方向发生改变
【答案】D
【解答】解：A、由图示图象可知，t＝0时刻磁通量Φ＝0，此时线圈与磁场平行，与中性面垂直，磁通量的变化率最大，故A错误；
B、由图示图象可知，t＝0.01s时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，感应电动势最小，故B错误；
C、由图示图象可知，t＝0.02s时刻穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，故C错误；
D、由图示图象可知，t＝0.03s时刻穿过线圈的磁通量最大，此时线圈经过中性面，线圈中电流方向发生变化，故D正确。
故选：D。
▉题型6 正弦式交变电流的函数表达式及推导
【知识点的认识】
1.正弦式电流的函数表达式为i＝Imsinωt，u＝Umsinωt，
式中Im、Um分别表示电流和电压的峰值。i和u表示电流和电压的瞬时值。ω表示线圈转动的角速度。
（1）此表达式代表的是线圈从中线面开始转动的情况。
（2）式子中Um＝NBSω。
2.表达式的推导：若矩形线圈在磁场中从中性面开始以角速度匀速转动，如图所示，则经时间t：
（1）线圈转过的角度为θ＝ωt。
（2）ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。
（3）ab 边转动的线速度大小v＝ωlab2
（4）ab边产生的感应电动势eab＝Blabvsinθ=BSω2•sinωt。
（5）整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsinωt，若线圈为n 匝，则e＝nBSωsinωt。
13．甲、乙、丙三图中各段曲线均为正弦曲线的一部分，关于四图，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中电流的峰值为2A，有效值为2A，周期为5s
B．图乙中电流的峰值为5A，有效值为2.52A
C．图丙中电流的峰值为2A，有效值为2A
D．图丁中电流的最大值为4A，有效值为2A，周期为2s
【答案】B
【解答】答：A、图甲中电流的峰值为2A，有效值为I1=22A=2A，周期为4s，故A错误；
B、乙中电流的峰值为5A，有效值为I2=52A=522A，故B正确；
C、丙中电流的峰值为2A，设有效值为I3，由有效值定义：I32RT=(22)2RT2，解得：I3＝1A，故C错误；
D、丁中电流的最大值为4A，设有效值为I4，由有效值定义：I42RT=42RT2+32RT2，解得：I4=522A，故D错误。
故选：B。
14．如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，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，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO'轴匀速转动，求：
（1）线圈转过一周过程中产生的感应电动势的最大值；
（2）线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量；
（3）线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量Q。
【答案】（1）线圈转过一周过程中产生的感应电动势的最大值为12BL2ω；
（2）线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为BL2R+r；
（3）线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量Q为πB2L4Rω4(r+R)2。
【解答】解：（1）当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为
Em=NBSω=12BL2ω
（2）线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为
ΔΦ=2BS=2B⋅12L2=BL2
线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为
q=ΔΦΔtR+r⋅Δt=ΔΦR+r=BL2R+r
（3）感应电动势的有效值为
E=22Em=22×12BL2ω=24BL2ω
感应电流有效值为
I=ER+r
电阻R上产生的热量为
Q＝I2RT
其中T=2πω
线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为
Q=πB2L4Rω4(r+R)2
答：（1）线圈转过一周过程中产生的感应电动势的最大值为12BL2ω；
（2）线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为BL2R+r；
（3）线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量Q为πB2L4Rω4(r+R)2。
15．一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO'，以如图所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R。
（1）转动过程中感应电动势的最大值有多大？
（2）线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势多大？
（3）设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周，柴油机做多少功？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）转动过程中感应电动势的最大值为
Em=NBωS=NBωL2
（2）线圈平面与B成60°时的瞬时感应电动势为
e=Emcs60°=12NBωL2
（3）电动势的有效值为E=22Em
电流的有效值为I=ER+r
柴油机的功转化为电能，线圈转一周，柴油机做功为W=EIT=N2B2ω2L42⋅2π(R+r)ω=πN2B2ωL4R+r
答：（1）转动过程中感应电动势的最大值为NBωL2；
（2）线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为12NBωL2；
（3）线圈转一周，柴油机做功为πN2B2ωL4R+r。
▉题型7 计算特定位置处交变电流的瞬时值
【知识点的认识】
正弦式交变电流的表达式为i＝Imsinωt，u＝Umsinωt，可以据此确定某一具体位置或时刻时，电路中电流或电压的瞬时值。
16．如图所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝纯电阻矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A．下列说法正确的是（ ）
A．线圈消耗的电功率为1W
B．线圈中感应电流的有效值为2A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝22cs2πTt
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为φ=2Tπsin2πTt
【答案】D
【解答】解：A、从垂直中性面开始其瞬时表达式为i＝Imcsθ，
则电流的最大值为：Im=icsθ=2A
线圈消耗的电功率为：P＝I2r=(22Im)2r=4W，故A错误；
B、有效值为：I=Im2=2A，故B错误
C、感应电动势的最大值为：Em＝Imr＝2×2＝4V
任意时刻线圈中的感应电动势为：e＝Emcs2πT=4cs2πTt，故C错误；
D、任意时刻穿过线圈的磁通量为：Φ=BSsin2πTt
根据公式Em＝NBSω＝NΦm2πT可得：EmNω=2ππ
故Φ=2Tπsin2πTt，故D正确；
故选：D。
17．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．电压表的读数为NBSω2(R+r)
B．通过电阻R的电荷量为q=NBS2(R+r)
C．电阻R所产生的焦耳热为Q=N2B2S2ωRπ4(R+r)2
D．当线圈由图示位置转过60°时的电流为NBSω2(R+r)
【答案】B
【解答】解：A、电动势的峰值Em＝NBSω，则电动势的有效值E=Em2，根据欧姆定律知，电压表的示数为：
U=RR+rE=NBSωR2(R+r)，故A错误。
B、在转过60度的过程中，通过电阻R的电荷量q=nΔΦR总=N(BS−12BS)R+r=NBS2(R+r)，故B正确。
D、由图示位置开始计时，交变电流的电动势瞬时值表达式为：e＝Emsinωt
线圈由图示位置转过60°时，ωt＝60°，此时e=32Em=32NBSω
此时线圈中的电流I=eR+r=3NBSω2(R+r)，故D错误。
C、线圈由图示位置转过60°的过程中的交流电的有效值并不等于峰值的12，高中阶段无法计算这个过程的交流电有效值，故无法计算此过程电阻R上产生的焦耳热，故C错误。
故选：B。
▉题型8 交变电流的周期、频率、相位
【知识点的认识】
1.周期：交变电流完成一次周期性变化所需的时间。符号：T。
2.频率：周期的倒数叫作频率。符号：f。
3.周期和频率的关系：T=1f=2πω
4.周期和频率的意义：描述交变电流变化快慢的物理量。
5.相位：如果线圈既不是从中心面开始转动，也不是从垂直于中心面的位置开始转动，那么交变电流的表达式为i＝Imsin（ωt+φ），式子中ωt+φ叫作相位。
（多选）18．如图1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中曲线a，b所示，则错误的有（ ）
A．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2：3
C．曲线a表示的交变电动势频率为50Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10V
【答案】BCD
【解答】解：A、在t＝0时刻，线圈一定处在中性面上；故A正确；
B、由图可知，a的周期为4×10﹣2s；b的周期为6×10﹣2s，则由n=1T 可知，转速与周期成反比，故转速之比为3：2；故B错误；
C、曲线a的交变电流的频率f=1Ta=25Hz；故C错误；
D、由Em＝NBSω可知EmaEmb=ωaωb=TbTa=32，所以Emb=23Ema＝10V，曲线b表示的交变电动势有效值为U=102=52 V；故D错误；
本题选择不正确的，故选：BCD。
▉题型9 交变电流峰值的计算和影响因素
【知识点的认识】
1.定义：交变电流的峰值是指最大的瞬时值。
2.意义：表征交变电流的变化范围。
3.符号：用Em、Im、Um分别表示电动势、电流、电压的峰值。
4.计算方法：Em＝NBSω
由闭合电路的欧姆定律：Im=EmR+r
5.影响因素：交变电流的峰值由线圈匝数、磁感应强度、线圈面积和角速度决定，与线圈的形状无关。
6.应用环境：当考虑某些电学元件（电容器、晶体管等）的击穿电压（耐压值）时，指的是交变电流的最大值
7.推论：因为BS＝Φ（磁通量），所以Em＝NωΦm。
19．如图甲所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过该线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示。线圈匝数为10，电流表A可看作理想电流表。则下列说法正确的是（ ）
A．1分钟内电流方向改变30次
B．t＝0.5s时感应电动势最大
C．t＝0.5s时交流电流表示数为零
D．线圈感应电动势的最大值为2V
【答案】D
【解答】解：A、根据乙图可知，线圈转动的周期T＝2.0s，一个周期内电流改变两次，故1分钟内电流方向改变的次数n=2×602次＝60次，故A错误；
B、t＝0.5s时，穿过线圈的磁通量最大，此时线圈位于中性面位置，产生的感应电动势最小为零，故B错误；
C、电流表测量的是交流电的有效值，故任意时刻电流表的示数不为零，故C错误；
D、线圈转动的角速度为2πT=2π2.0rad/s=πrad/s，线圈转动产生的感应电动势的最大值为Em＝NΦmω=10×15π×πV=2V，故D正确；
故选：D。
（多选）20．已知如图所示为穿过匝数n＝100的线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图像，其产生的电压为交变电压（π＝3.14）。判断下列选项中的四个交变电压的有效值与已知的交变电压的有效值相同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【解答】解：正弦形式的交流电压的峰值Em＝NBSω＝NΦmω＝100×2×10−2×2π6.28×10−2V＝200V
根据正弦形式的交变电压的有效值是Em2=1002V
A、A图为正弦形式交变电压，因此有效值U=2002V＝1002V，与题干中的有效值相同，故A正确；
B、B图为正弦形式交变电压，因此有效值U=10022V＝100V，与题干中的有效值不相同，故B错误；
C、C图中为方波，方波的有效值U＝200V，与题干中的有效值不相同，故C错误；
D、D图中为方波，方波的有效值U＝1002V，与题干中的有效值相同，故D正确；
故选：AD。
21．图（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动，转速n=50πr/s，线圈的匝数N＝100、电阻r＝10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表。在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图（乙）所示正弦规律变化。求：
（1）写出感应电流随时间变化的函数表达式；
（2）线圈从图示位置转动90°过程中通过电阻R的电量；
（3）线圈从图示位置转动一周时间内电阻R上产生的热量。
【答案】（1）感应电流随时间变化的函数表达式为i＝2cs100t（A）；
（2）线圈从图示位置转动90°过程中通过电阻R的电量为0.02C；
（3）线圈从图示位置转动一周时间内电阻R上产生的热量为3.6πJ。
【解答】解：（1）磁通量的最大值为：Φm＝BS＝2.0×10﹣2Wb，
线圈转动角速度：ω=2πn=2π×50πrad/s=100rad/s
则电动势的最大值为：Em＝NBSω＝100×2×10﹣2×100V＝200V
感应电流的最大值为Im=EmR+r=20090+10A=2A
感应电流的瞬时值表达式为i＝2cs100t（A）
（2）线圈从图示位置转动90°过程中通过电阻R的电量为：
q=NΔΦR+r=NBSR+r=100×2.0×10−290+10C=0.02C
（3）回路中电流的有效值为：I=Im2=22A=2A
线圈从图示位置转动一周的时间为：T=2πω=2π100s=π50s
一周时间内电阻R上产生的热量：Q=I2RT=(2)2×90×π50J=3.6πJ
答：（1）感应电流随时间变化的函数表达式为i＝2cs100t（A）；
（2）线圈从图示位置转动90°过程中通过电阻R的电量为0.02C；
（3）线圈从图示位置转动一周时间内电阻R上产生的热量为3.6πJ。
▉题型10 有效值的定义和一般交变电流的有效值
【知识点的认识】
1.定义：有效值是根据电流的热效应定义的一个等效概念。让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等，而这个恒定电流与电压分别是I、U，我们就把Ⅰ、U叫作这个交变电流的有效值。
2.符号：用E、I、U分别表示电动势、电流、电压的有效值。
3.计算方法：
（1）对于正弦式交变电流：I=Im2，U=Um2。
（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值
4.应用环境：当计算某时间内的功率，产生的热量.电流做的功等问题时需使用有效值
22．在图乙的电路中，通入如图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。电阻R的阻值为12Ω，电表均为理想电表，下列判断正确的是（ ）
A．该交变电流的电压有效值为6V
B．电流表的示数为0.1A
C．电阻R一个周期内产生的热量为12J
D．电压表的示数为62V
【答案】A
【解答】解：AD、根据甲图得正弦交流电的有效值为U1=622V＝6V，
设此交变电流的电压有效值为U，根据有效值定义可得(622)2R⋅T3+62R⋅2T3=U2RT，
解得U＝6V，则该交变电流的电压有效值为6V，电压表的示数为6V，故A正确，D错误；
B、由闭合电路欧姆定律可得电流表的示数为I=UR=612A＝0.5A，故B错误；
C、由焦耳定律得电阻R一个周期内产生的热量为Q＝I2Rt＝0.52×12×3J＝9J，故C错误。
故选：A。
23．2024春节，湖北部分地区发生暴雪及冻雨灾害天气，气温下降剧烈。市场上某款电热器热销，其内部电路示意图如图甲所示，现把电热器接在交流电源上，当电热丝被加热到一定温度后，装置P使电热丝两端的电压变为如图乙所示的波形，此时理想交流电压表的示数为（ ）
A．55VB．110VC．156VD．220V
【答案】B
【解答】解：理想交流电压表的示数为有效值，根据电流的热效应有U2RT=(3112)2R⋅T4
解得U＝110V。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
▉题型11 正弦式交变电流的有效值
【知识点的认识】
对于正弦式交变电流，有效值与峰值之间的关系为：
I=Im2，U=Um2
24．如图所示是一交变电流的i﹣t图像，则该交变电流的有效值为（ ）
A．6AB．32AC．33AD．30A
【答案】D
【解答】解：设交流电电流的有效值为I，周期为T＝3×10﹣2s，电阻为R，则有：I2RT＝（2）2RT3+I2mR2T3，
代入数据解得：I=30A，故ABC错误，D正确。
故选：D。
25．如图所示的交流电，在0﹣3T4内为正弦规律变化，则该交流电压的有效值为（ ）
A．10VB．5VC．572VD．552V
【答案】C
【解答】解：取一个周期进行分段，在前34T是正弦式电流，则电压的有效值等于102=52V。
后13T是恒定电流，则有效值等于5V。
则根据有效值的定义有：(52)2R⋅34T+52R⋅14T=U2R⋅T
解得：U=572V
故选：C。
▉题型12 交流电表的读数
【知识点的认识】
1.电路中的交流电表的示数表示的交变电压或交变电流的有效值。
2.交变电流的计算方法：
（1）对于正弦式交变电流：I=Im2，U=Um2。
（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值。
26．如图1所示，正方形线圈abcd在匀强磁场中匀速转动产生交变电流，其电动势e随时间t变化的图像如图2所示。已知线圈的匝数为100，下列判断正确的是（ ）
A．正方形线圈可能是以ab边为轴匀速转动
B．该交变电流电压的有效值为100V
C．t＝1.0×10﹣2s时，穿过线圈的磁通量为零
D．穿过线圈的磁通量最大值为1100πWb
【答案】B
【解答】解：A．如果以边ab为轴匀速转动，因为转轴和磁感线平行，则线圈中的磁通量一直为零，线圈中不会产生交变电流，所以正方形线圈不可能以ab边为轴匀速转动，故A错误；
B．由图2可知，该交变电动势的最大值Em=1002V，对于正弦式交变电流，根据E=Em2（E为有效值）可得，该交变电流电动势的有效值E=10022=100V，电压有效值等于电动势有效值，为100V，故B正确；
C．根据图2可知在t＝1.0×10﹣2s时，感应电动势e＝0，此时磁通量的变化率最小为零，则线圈处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，故C错误；
D．根据感应电动势的最大值计算公式Em＝NBSω（N为匝z数，BS＝Φm为磁通量最大值，ω为角速度），由图2可知T＝2.0×10﹣2s，则ω=2πT=2π2.0×10−2=100πrad/s，又因为N＝100，Em=1002V，且Em＝NΦmω，所以Φm=EmNω=1002100×100π=2100πWb，故D错误。
故选：B。
▉题型13 用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热
【知识点的认识】
1.计算交流电路中的电功、电功率和焦耳热时，需要用有效值进行计算。
2.交变电流的计算方法：
（1）对于正弦式交变电流：I=Im2，U=Um2。
（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值。
27．如图所示的电路中，电源电压u＝311sin（100πt）V，A、B间接有“220V，440W”的电暖宝、“220V，220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝，下列说法正确的是（ ）
A．交流电压表的示数为311 V
B．电路要正常工作，保险丝的额定电流至少为32 A
C．电暖宝发热的功率是抽油烟机发热功率的2倍
D．抽油烟机1 min消耗的电能为1.32×104 J
【答案】D
【解答】解：A、交流电压表的示数为有效值3112=220V，故A错误；
B、由公式P＝UI知电路要正常工作，干路中电流为3A，所以保险丝的额定电流不能小于3A，故B错误；
C、电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻，故C错误；
D、1min抽油烟机消耗的电能为W＝Pt＝1.32×104J，故D正确。
故选：D。
28．如图甲所示，为某品牌电热毯的简易电路，电热丝的电阻为R＝484Ω，现将其接在＝2202sin100πt（V）的正弦交流电源上，电热毯被加热到一定温度后，温控装置P使输入电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则保温状态下，理想交流电压表V的读数和电热毯消耗的电功率最接近下列哪一组数据（ ）
A．220V、100WB．156V、50WC．110V、25WD．311V、200W
【答案】B
【解答】解：由图象可知该交变电流的周期T＝2×10﹣2s，可分两段0～T2和T2～T，根据有效值的定义可得(Um2)2R⋅T2+0=U2R⋅T，解得：U=Um2=22022V=1102V≈156V
电热毯在保温状态下消耗的电功率为P=U2R=(1102)2484W＝50W，故B正确，ACD错误；
故选：B。
▉题型14 计算线圈转动过程中的电荷量
【知识点的认识】
交流电路的电荷量也可以用电流的定义式计算
（1）如果已知平均电流和时间，则q=It
（2）根据法拉第电磁感应定律：E=nΔΦΔt，I=ER+r，q=IΔt，联立可得：q＝nΔΦR+r或者q＝nΔΦR总。
29．所示，线圈的面积是0.05m2，共有100匝；线圈电阻为1Ω，外接电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度为B=1π(T)，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时，若从线圈处于中性面开始计时，求：
（1）线圈转过130s时电动势的瞬时值多大；
（2）线圈每转过一周，外力所做的功；
（3）线圈转过130s的过程中流过电阻R的电量。
【答案】（1）线圈转过130s时电动势的瞬时值为253V；
（2）线圈每转过一周，外力所做的功为25J；
（3）线圈转过130s的过程中流过电阻R的电量为14πC。
【解答】解：（1）根据题意可得
ω＝2πn=2π×30060rad/s＝10πrad/s
从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时表达式为
e＝Emsinωt＝NBSωsinωt＝50sin10πt（V）
线圈转过130s时，电动势的瞬时值为
e=50sin(10π×130)V=253V
（2）由闭合电路欧姆定律可得
I=ER+r
其中
E=Em2
联立解得
I=522A
线圈每转过一周，外力所做的功等于整个回路产生的焦耳热，则有
W=Q=I2(R+r)T=I2(R+r)2πω
代入数据解得
W＝25J
（3）线圈转过130s的过程中，线圈转过角度为
θ＝ωt＝10π×130=π3
流过电阻R的电量为
q=IΔt=ER+rΔt=nΔΦΔtR+rΔt=n(BS−BScsπ3)R+r
解得
q=14πC
答：（1）线圈转过130s时电动势的瞬时值为253V；
（2）线圈每转过一周，外力所做的功为25J；
（3）线圈转过130s的过程中流过电阻R的电量为14πC。题型1 交变电流的概念
题型2 交流发电机及其产生交变电流的原理
题型3 中性面及其性质
题型4 交变电流的u-t图像和i-t图像
题型5 产生交变电流的B-t或φ-t图像
题型6 正弦式交变电流的函数表达式及推导
题型7 计算特定位置处交变电流的瞬时值
题型8 交变电流的周期、频率、相位
题型9 交变电流峰值的计算和影响因素
题型10 有效值的定义和一般交变电流的有效值
题型11 正弦式交变电流的有效值
题型12 交流电表的读数
题型13 用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热
题型14 计算线圈转动过程中的电荷量