第68讲　交变电流的产生及描述——2027届高三物理一轮复习讲义（含答案）

这是一份第68讲　交变电流的产生及描述——2027届高三物理一轮复习讲义（含答案），共56页。学案主要包含了交变电流，正弦式交变电流的产生和变化规律，描述交变电流的物理量等内容，欢迎下载使用。
一、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．图像：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。
二、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。
注意：交变电流的种类有很多，但同时具备这三个条件才会产生正弦式交变电流：匀强磁场；线圈转轴和磁场垂直；匀速转动。
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．变化规律(线圈从中性面位置开始计时)
(1)电动势e随时间变化的规律：
e＝ E msin ωt 。
(2)电压u随时间变化的规律：
u＝ U msin ωt 。
(3)电流i随时间变化的规律：i＝ I msin ωt 。
其中ω是线圈转动的 角速度 ，E m＝ nBSω 。
三、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＝ eq \f(2π,ω) 。
(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： T＝eq \f(1,f) 或 f＝eq \f(1,T) 。
2．最大值和有效值
(1)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的 最大值 。
(2)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。
1．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，一定会产生正弦式交变电流。( × )
2．线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大。( × )
3．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时，线圈中的感应电动势为零，电流方向发生改变。( √ )
4．交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值。( √ )
5．交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。( × )
6．交变电流的峰值总是有效值的eq \r(2)倍。( × )
考点1 交变电流的产生及变化规律
(基础考点·自主探究)
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．正弦式交变电流产生过程中的两个特殊位置
3．书写交变电流瞬时值表达式的基本思路
(1)求出角速度，ω＝eq \f(2π,T)＝2πf。
(2)根据公式Em＝nBSω求出相应峰值。
(3)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。
①开始计时线圈与中性面重合，则i－t函数式为i＝Imsin ωt；
②开始计时线圈与中性面垂直，则i－t函数式为i＝Imcs ωt；
③开始计时线圈与中性面夹角为θ，则i－t函数式为i＝Imsin(ωt＋θ)。
【跟踪训练】
(交变电流的产生)(多选)(2024·新课标卷)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QD．电流方向由Q指向P
[答案] BD
[解析] 当磁极从图示位置转过90°时，穿过线圈的磁通量为零，穿过线圈的磁通量的变化率最大，感应电动势和感应电流最大，A错误，B正确；磁极从图示位置转过90°的过程中，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律知，感应电流方向为由Q到P，C错误，D正确。
(交变电流的变化规律)(2024·山东卷)如图甲所示，在－d≤x≤d、－d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域)，边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为( )
[答案] C
[解析] 根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势e＝Esin ωt，由题图丙可知，磁场区域变化后，当Esin ωt＝eq \f(\r(3)E,2)时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转eq \f(π,3)时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d′＝2dcs eq \f(π,3)＝d，C正确。
(交变电流的图像)(2024·广东卷)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．通过电阻的电流峰值为0.2 A
C．电阻在1 s内消耗的电能为1 J
D．电阻两端电压表达式为u＝10eq \r(2)sin 100πt(V)
[答案] D
[解析] 电压峰值Um＝10eq \r(2) V，则电流峰值Im＝eq \f(Um,R)＝0.2eq \r(2) A，电流有效值I＝eq \f(Im,\r(2))＝0.2 A,1 s内电阻消耗的电能W＝I2Rt＝2 J，B、C错误。
周期T＝0.02 s，则频率f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，A错误。
电压表达式为u＝Umsin ωt＝10eq \r(2)sin 100πt(V) ，D正确。
(交变电流的图像)(多选)在匀强磁场中，匝数N＝100的矩形线圈绕垂直磁感线的转轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是( )
A．t＝0.5×10－2 s时，线圈平面与中性面重合
B．t＝1×10－2 s时，线圈中磁通量变化率最大
C．穿过每一匝线圈的最大磁通量为1×10－3 Wb
D．线圈转动的角速度为100π rad/s
[答案] CD
[解析] 根据图像知，t＝0.5×10－2 s时，感应电动势最大，对应的磁通量的变化率最大，而此时矩形金属线圈磁通量为零，线圈平面与磁场方向平行，与中性面垂直，故A错误；根据图像知，t＝1×10－2 s时，感应电动势为零，对应的磁通量的变化率为零，故B错误；线圈转动的角速度ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.02)rad/s＝100π rad/s，根据Em＝NBSω，可知，穿过每一匝线圈的最大磁通量为Φm＝eq \f(Em,Nω)＝eq \f(10π,100×100π) Wb＝1×10－3 Wb，故C、D正确。
考点2 交变电流有效值的求解
(基础考点·自主探究)
1．正弦式交变电流的有效值的计算
利用I＝eq \f(I m,\r(2))，U＝eq \f(U m,\r(2))，E＝eq \f(E m,\r(2))计算。
2．非正弦式交变电流的有效值的计算
根据电流的热效应计算，注意“三同”：即“相同电阻”，“相同时间”内产生“相同热量”，利用公式Q＝I2Rt或Q＝eq \f(U2,R)t列式求解，“相同时间”一般取一个周期。
【跟踪训练】
(交变电流有效值的应用)(2024·河北卷)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1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的eq \r(3)倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2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∶3B．4∶3
C．2∶eq \r(3)D．5∶4
[答案] B
[解析] 由题意知Q1＝eq \f(U\\al(2,1),R)·eq \f(T,2)＋eq \f(U\\al(2,0),R)·eq \f(T,2)＝eq \f(U\\al(2,0),3R)·eq \f(T,2)＋eq \f(U\\al(2,0),R)·eq \f(T,2)＝eq \f(2U\\al(2,0),3R)·T，Q2＝eq \f(U\\al(2,2),R)·T＝eq \f(U\\al(2,0),2R)·T，所以Q1∶Q2＝4∶3，故B正确。
(含二极管的有效值问题)(2024·湖北卷)在如图所示电路中接入正弦式交流电，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∶1B．1∶1
C．1∶2D．1∶4
[答案] C
[解析] 设交流电电压的有效值为U，在交流电一个周期的时间内，在电源上方电势高的半个周期内，电流方向向下流过上面的二极管和灯泡L2，此时L1被短路，下面二极管断路，L2两端电压的有效值为U，有P2＝eq \f(U2,R)；在电源下方电势高的半个周期内，电流方向向上流过下面的二极管和灯泡L1，此时L2被短路，上面的二极管断路，L1两端电压的有效值为U，有P1＝eq \f(U2,2R)。所以P1∶P2＝1∶2，C正确，A、B、D错误。
(电磁感应与有效值综合应用)如图所示，将一根均匀导线围成圆心角为60°的扇形导线框OMN，O为圆心，半径为R，线框总电阻为r，将线框O点置于坐标系的原点，在第二、四象限有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。从t＝0时刻开始，导线框绕O点以角速度ω匀速转动，则导线框中感应电流的有效值为( )
A．eq \f(BωR2,2r)B．eq \f(\r(2)BωR2,4r)
C．eq \f(\r(6)BωR2,6r)D．eq \f(\r(15)BωR2,6r)
[答案] C
[解析] 线框转动一周过程中，两次进入磁场、两次离开磁场，所以产生感应电流的时间为t＝eq \f(4×60°,360°)T＝eq \f(2,3)T；转动切割磁感线产生的感应电动势E′＝eq \f(1,2)BR2ω，设感应电动势的有效值为E，根据有效值的计算公式可得eq \f(E2,r)T＝eq \f(E′2,r)t，解得E＝eq \f(\r(6)BωR2,6)，则导线框中感应电流的有效值为I＝eq \f(E,r)＝eq \f(\r(6)BωR2,6r)，故C正确，A、B、D错误。
考点3 交变电流“四值”的比较
(能力考点·深度研析)
交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
【跟踪训练】
(交变电流最大值的应用)(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，V为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关。下列判断正确的是( )
A．t＝eq \f(T,2)时刻，V的示数为零
B．灯泡恰好正常发光
C．电容器不可能被击穿
D．V的示数保持110eq \r(2) V不变
[答案] BC
[解析] V的示数应是交流电压的有效值，即为220 V，选项A、D错误；交流电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，选项B正确；交流电压的峰值Um＝220eq \r(2) V≈311 V，小于电容器的耐压值，故电容器不可能被击穿，选项C正确。
(有效值和平均值的应用)(多选)发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其他电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周( )
A．框内电流方向不变
B．电动势的最大值为Um
C．流过电阻的电荷量q＝eq \f(2BL2,R)
D．电阻产生的焦耳热Q＝eq \f(πUmBL2,R)
[答案] BD
[解析] 金属框转动一周电流方向改变两次，A项错误；因除电阻R外其他电阻不计，R两端电压就等于电动势，所以电动势最大值为Um，B项正确；根据q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E),R)t＝eq \f(ΔΦ,R)可知，金属框转动半周，穿过金属框的磁通量的改变量为2BL2，流过电阻的电荷量为eq \f(2BL2,R)，转动一周流过电阻的电荷量为q＝2×eq \f(2BL2,R)＝eq \f(4BL2,R)，C项错误；电阻R两端电压的有效值U＝eq \f(Um,\r(2))，Um＝BL2ω，T＝eq \f(2π,ω)，又Q＝eq \f(U2,R)T，联立解得Q＝eq \f(πUmBL2,R)，D项正确。
(交变电流有效值与力、电知识的综合应用)(多选)(2023·湖南卷)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )
A．线圈转动的角速度为4ω
B．灯泡两端电压有效值为3eq \r(2)nBL2ω
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为eq \f(4\r(2)nBL2ω,3)
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
[答案] AC
[解析] 大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr，可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω，又S＝L2，联立可得Emax＝4nBL2ω，则线圈产生感应电动势的有效值E＝eq \f(Emax,\r(2))＝2eq \r(2)nBL2ω，根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝eq \f(RE,R＋R)＝eq \r(2)nBL2ω，B错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值Emax′＝8nBL2ω，此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝eq \f(Emax′,\r(2))＝4eq \r(2)nBL2ω，根据电阻定律R′＝ρeq \f(l,S′)，可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝eq \f(RE′,R＋2R)＝eq \f(4\r(2)nBL2ω,3)，C正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E＝eq \f(nBSω,\r(2))，可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误。故选AC。
交变电流规律的“等效”应用
有些题目中，产生交变电流的方式与发电机不同，但产生的交变电流的规律相似，可以等效应用交变电流规律求解相应的物理量。
如图所示的区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x轴和y＝2sin eq \f(π,2)x曲线围成(0≤x≤2 m)。现把边长为2 m的正方形单匝线框以水平速度v＝10 m/s匀速地拉过该磁场区域，磁场区域的磁感应强度B＝0.4 T，线框的电阻R＝0.5 Ω，不计一切摩擦阻力，则( )
A．水平拉力F的最大值为8 N
B．拉力F的最大功率为12.8 W
C．拉力F要做25.6 J的功才能让线框通过此磁场区
D．拉力F要做12.8 J的功才能让线框通过此磁场区
[答案] C
[解析] 线框穿过磁场区时，BC或AD边切割磁感线的有效长度为y，产生的感应电动势e＝Byv＝2Bvsin eq \f(π,2)vt，线框所受的安培力F＝eq \f(B2y2v,R)，当y＝2 m时，安培力最大，最大值Fm＝eq \f(0.42×22×10,0.5) N＝12.8 N，拉力的最大功率Pm＝Fmv＝128 W，A、B两项错误；由能量守恒定律可知，线圈通过磁场区拉力做的功等于电阻产生的热量，用有效值计算：W＝Q＝I2Rt＝eq \f(E2,R)t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,\r(2))))2×eq \f(1,0.5)×eq \f(4,10) J＝25.6 J，C项正确，D项错误。
(2025·江苏常州联考)如图1所示为音响中的扬声器，结构图和沿对称轴的截面图如图2所示。当交变电流通过线圈时，圆形线圈在磁场中往复运动从而带动振膜发出声音。已知线圈由粗细均匀的钢丝绕制而成，线圈的半径a＝2.5 cm、匝数n＝100匝，电阻r＝8 Ω。某实验小组扬声器与阻值R＝8 Ω的电阻相连，将扬声器充当话筒让振膜振动，带动线圈以速度v＝0.2sin 2 000t(m/s)垂直磁场振动。线圈所在处的辐向磁场与线圈平面垂直，磁场磁感应强度大小为B＝0.5 T。π取3。求：
(1)线圈受到的安培力的最大值；
(2)10 s内电阻R上产生的热量Q。
[答案] (1)0.70 N (2)0.35 J
[解析] (1)感应电动势最大值
Em＝Blvm＝2Bnπavm
Em＝1.5 V
又I1＝eq \f(Em,R＋r)
FA＝BI1l＝2BI1nπa
解得FA＝eq \f(45,64) N≈0.70 N。
(2)感应电动势有效值E＝eq \f(Em,\r(2))
又I＝eq \f(E,R＋r)
Q＝I2Rt
联立解得Q＝eq \f(45,128) J≈0.35 J。
提能训练 练案[68]
基础巩固练
题组一 交变电流的产生及变化规律
1．交流发电机发电的示意图如图所示，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在金属滑环L上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路相连。线圈转动过程中，下列说法中正确的是( )
A．转到图甲位置时，通过线圈的磁通量变化率最大
B．转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零
C．转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大
D．转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B
[答案] D
[解析] 转到图甲位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小，为零，故A错误；转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势最大，故B错误；转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，但感应电流方向改变，故C错误；转到图丁位置时，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为A→B，故D正确。
2．如图所示是交流发电机的示意图。装置中两磁极之间产生的磁场可近似为匀强磁场，磁感应强度大小为B，n匝正方形线框abcd绕垂直于匀强磁场的转轴OO′匀速转动，角速度为ω，线框的边长为l，总电阻为R。图示时刻线框平面刚好与磁场垂直，取线框中感应电流方向a→b→c→d→a为正方向，以图示时刻为t＝0时刻，则该线框中产生的感应电流的表达式是( )
A．i＝eq \f(nBl2ω,R)sin ωtB．i＝－eq \f(nBl2ω,R)sin ωt
C．i＝eq \f(nBl2ω,R)cs ωtD．i＝－eq \f(nBl2ω,R)cs ωt
[答案] B
[解析] 图示时刻线框平面刚好与磁场垂直，为中性面位置，初相位为零，电流的最大值为Im＝eq \f(nBl2ω,R)，取线框中感应电流方向a→b→c→d→a为正方向，图示位置转过较小角度后，由楞次定律知，电流方向为负，则该线框中产生的感应电流的表达式为i＝－eq \f(nBl2ω,R)·sin(ωt＋0)＝－eq \f(nBl2ω,R)sin ωt，B正确。
3．(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦式交变电流的图像，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程所产生正弦式交变电流的图像如图线b所示。下列关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是( )
A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．交变电流a的电动势瞬时值表达式为e＝10sin(5πt)V
D．交变电流b的电动势最大值为eq \f(20,3) V
[答案] BCD
[解析] 由题图可知t＝0时刻线圈均在中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，A错误；由图像可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B正确；由图像可知交变电流a的电动势最大值为10 V，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.4) rad/s＝5π rad/s，所以交变电流a的电动势瞬时值表达式为e＝10sin 5πt(V)，C正确；交变电流的电动势最大值为Em＝NBSω，故Ema∶Emb＝3∶2，则Emb＝eq \f(2,3)Ema＝eq \f(20,3) V，D正确。
4．(多选)匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω，则( )
A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线
B．t＝1 s时，线圈中的电流改变方向
C．t＝1.5 s时，线圈中的感应电动势最大
D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2 J
[答案] AD
[解析] t＝0时，磁通量为零，磁感线与线圈平面平行，A正确；当磁感线与线圈平面平行时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，感应电动势随时间变化的图像如图所示，由图可知，t＝1 s时，感应电流没有改变方向，B错误；t＝1.5 s时，感应电动势为0，C错误；感应电动势最大值Em＝NBSω＝NΦmeq \f(2π,T)＝100×0.04×eq \f(2π,2) V＝4π V，有效值E＝eq \f(\r(2),2)×4π V＝2eq \r(2)π V，Q＝eq \f(E2,R)T＝8π2 J，D正确。
题组二 交变电流有效值的求解和应用
5．如图所示，匀强磁场的左边界为OO′，磁场方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B。t＝0时刻，面积为S的单匝三角形线圈与磁场垂直，三分之二的面积处于磁场中。当线圈绕OO′以角速度ω匀速转动，产生感应电动势的有效值为( )
A．eq \f(\r(5)BSω,6)B．eq \f(\r(10)BSω,6)
C．eq \f(\r(5)BSω,3)D．eq \f(\r(2)BSω,4)
[答案] A
[解析] 根据题意可知，当线圈三分之二的面积处于磁场中转动时，感应电动势的最大值为Em1＝B·eq \f(2,3)Sω，转动时间为eq \f(T,2)，当三分之一的面积处于磁场中转动时，感应电动势的最大值为Em2＝B·eq \f(1,3)Sω，转动时间为eq \f(T,2)，设产生感应电动势的有效值为E，则有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Em1,\r(2))))2·eq \f(T,2R)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Em2,\r(2))))2·eq \f(T,2R)＝eq \f(E2T,R)，解得E＝eq \f(\r(5)BSω,6)，A正确。
6．如图甲所示为一交变电压随时间变化的图像，每个周期内，前二分之一周期电压按正弦规律变化，后二分之一周期电压恒定，若将此交流电连接成如图乙所示的电路，定值电阻R的阻值为50 Ω，则( )
A．理想电压表的读数为50 V
B．理想电流表的读数为0.8 A
C．电阻R消耗的电功率为45 W
D．电阻R在50 s内产生的热量为2 025 J
[答案] D
[解析] 设交变电压的有效值为U，根据电流的热效应得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(30 V,\r(2))))2,R)·eq \f(T,2)＋eq \f(60 V2,R)·eq \f(T,2)＝eq \f(U2,R)·T，解得U＝45 V，则理想电压表的读数为45 V，A错误；根据欧姆定律得，理想电流表的读数为I＝eq \f(U,R)＝eq \f(45,50) A＝0.9 A，B错误；电阻R消耗的电功率为P＝I2R＝0.92×50 W＝40.5 W，C错误；电阻R在50 s内产生的热量为Q＝I2Rt＝0.92×50×50 J＝2 025 J，D正确。
7．(多选)(2025·重庆市江津联考)有一种家用电器工作原理图如图甲所示，当电阻丝接在正弦式交流电源(如图乙)上后，电阻丝开始加热，当其温度达到某一数值时，自动恒温装置启动，使电阻丝所接电压如图丙所示变化，从而进入恒温状态。则当自动恒温装置启动后( )

A．电阻丝所接交变电压的频率变为原来的一半
B．电压表的示数大约是原来的0.7倍
C．电压表的示数大约是原来的0.5倍
D．电阻丝的功率变为原来的一半
[答案] BD
[解析] 由图可知温控启动后，交变电流的频率不变，故A错误；由图可知该交变电流的周期T＝2×10－2 s，可分两段0～0.01 s和0.01～0.02 s，根据有效值的定义可得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Um,\r(2))))2,R)·eq \f(T,2)＝eq \f(U′2,R)·T，可得温控启动后，电压有效值U′＝eq \f(Um,2)，温控启动前，电压有效值U＝eq \f(Um,\r(2))，故U′＝eq \f(U,\r(2))≈0.7U，电压表的示数大约是原来的0.7倍，故B正确，C错误；根据电热丝的功率P＝eq \f(U2,R)，可得eq \f(P2,P1)＝eq \f(\f(U′2,R),\f(U2,R))＝eq \f(U′2,U2)＝eq \f(1,2)，故D正确。
题组三 交变电流“四值”的比较
8．(多选)(2024·四川成都诊断)如图(a)为一交流发电机示意图，线圈abcd在匀强磁场中绕固定轴OO′沿顺时针方向匀速转动，图(b)是该发电机的电动势随时间t按余弦规律变化的图像。已知线圈电阻为2.5 Ω，定值电阻R＝10 Ω，电表均为理想交流电表。由此可以判定( )
A．电流表读数为0.8 A
B．电压表读数为10 V
C．t＝0.1 s时刻，穿过线圈的磁通量为零
D．0～0.05 s内，通过电阻R的电荷量为0.04 C
[答案] AC
[解析] 电动势有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝10 V，电流表的读数I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(10,10＋2.5) A＝0.8 A，电压表读数U＝IR＝8 V，选项A正确，B错误；t＝0.1 s时刻，感应电动势最大，此时穿过线圈的磁通量为零，选项C正确；0～0.05 s内，通过电阻R的电荷量q＝eq \f(\x\t(E),R＋r)Δt，eq \x\t(E)＝eq \f(NBS,Δt)＝eq \f(Em,ωΔt)＝eq \f(TEm,2πΔt)，则q＝eq \f(TEm,2πR＋r)＝eq \f(0.2×10\r(2),2π10＋2.5) C＝eq \f(2\r(2),25π) C≈0.036 C，选项D错误。
9．(多选)小型发电机线圈共n匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示(图示位置线圈平面与磁场垂直)。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为E0，则下列说法正确的有( )
A．图示位置线圈内磁通量的变化率为2E0
B．图示位置线圈内的感应电流方向即将发生改变
C．线圈产生交流电的电动势的有效值为eq \f(\r(2),2)nE0
D．线圈从图示位置转动90°的时间内，感应电动势的平均值为eq \f(4,π)nE0
[答案] BD
[解析] 图示位置穿过线圈的磁通量最大，线圈内磁通量的变化率为零，A错误；图示位置线圈的ab边和cd边切割磁感线的方向即将发生变化，则线圈内的感应电流方向即将发生改变，B正确；线圈产生交流电的电动势的最大值为Em＝2nE0，则有效值为E＝eq \f(2nE0,\r(2))＝eq \r(2)nE0，C错误；线圈从图示位置转动90°的时间内，感应电动势的平均值为eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(nBS,\f(π,2ω))＝eq \f(2nωBS,π)＝eq \f(2Em,π)＝eq \f(4,π)nE0，D正确。
能力提升练
10．一面积S＝eq \f(\r(2),5π) m2的单匝矩形线框在如图所示的磁场中绕中轴线做匀速圆周运动，通过电刷与电动机连接，已知线框的电阻值为r＝1 Ω，磁感应强度大小为B＝1 T。当线框的角速度为ω＝100π rad/s时，电压表的示数为18 V，此时电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻为R＝1.5 Ω。则下列说法正确的是( )
A．电动机的额定电流为2eq \r(2) A
B．电动机线圈电阻消耗的电功率为12 W
C．电动机的效率约为83.3%
D．电源的效率为80%
[答案] C
[解析] 由Em＝nBSω得，线框中感应电动势的最大值为Em＝20eq \r(2) V，由于产生正弦式交流电，则感应电动势的有效值为E＝20 V，当电压表的示数为18 V时，则线框内阻分得的电压为2 V，电路中的电流大小为I＝eq \f(2,1) A＝2 A，由于电动机刚好正常工作，则电动机的额定电流为2 A，故A错误；电动机消耗的电功率为P电＝UI＝18×2 W＝36 W，电动机线圈电阻消耗的电功率为P内＝I2R＝22×1.5 W＝6 W，电动机的输出功率为P出＝P电－P内＝30 W，则电动机的效率为η＝eq \f(P出,P电)×100%≈83.3%，故B错误，C正确；电源的效率η1＝eq \f(UI,EI)×100%＝90%，故D错误。
11．(2024·广东茂名联考)风力发电是一种绿色环保的清洁能源，统计显示，我国风力发电规模已经连续12年位居世界第一。根据电磁感应的基本原理，风力发电可建立如下模型，叶片长度为l的风轮机在风的驱动下，带动内部矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动产生交流电。假设空气密度为ρ，风速为v，发电机将风的动能转化为电能的效率为η，发电机正常工作时线圈中产生如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是( )
A．发电机的发电功率P＝eq \f(1,2)πρl2v3
B．若风速加倍，则发电机的功率将变为8倍
C．发电机线圈输出电压的有效值为U
D．t＝t1时，发电机线圈中磁通量的变化率最大
[答案] B
[解析] 依题意可得，单位时间吹到叶片上的风的质量为m＝πρl2v，根据能量守恒可得发电机的发电功率P＝eq \f(1,2)mv2η＝eq \f(1,2)πηρl2v3，若风速加倍，则发电机的功率将变为原来的8倍，故A错误，B正确；由图乙知，该发电机输出余弦交流电的最大值为U，则发电机的输出电压有效值为eq \f(\r(2)U,2)，故C错误；在t＝t1时，电动势的瞬时值为零，根据法拉第电磁感应定律可知，此时发电机线图中磁通量的变化率为零，故D错误。故选B。
12．(2025·山西太原高三调研)如图所示，两根等高光滑的eq \f(1,4)圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻忽略不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻值为R的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力大小为2mg。整个过程中金属棒与导轨接触良好，求：
(1)金属棒到达最低点时通过电阻R的电流；
(2)若金属棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中拉力做的功为多少？
[答案] (1)eq \f(BL\r(gr),2R) (2)eq \f(πB2L2rv0,8R)＋mgr
[解析] (1)设金属棒到达最低点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有FN－mg＝eq \f(mv2,r)，
由题意可知FN＝2mg，此时金属棒产生的感应电动势大小为E1＝BLv，
通过电阻R的电流为I＝eq \f(E1,2R)，
联立以上四式解得I＝eq \f(BL\r(gr),2R)。
(2)设金属棒做匀速圆周运动的角速度大小为ω，以金属棒在cd处为计时零点，则t时刻产生的感应电动势大小为e＝BLv0cs ωt，
即e随时间t成余弦规律变化，所以金属棒从cd到ab的过程中，感应电动势的有效值为E2＝eq \f(BLv0,\r(2))，金属棒从cd到ab的时间为t0＝eq \f(πr,2v0)，
该过程中回路中产生的热量为Q＝eq \f(E\\al(2,2),2R)t0＝eq \f(πB2L2rv0,8R)，
由功能关系可得拉力做的功为W＝eq \f(πB2L2rv0,8R)＋mgr。
规律
物理量
函数表达式
图像
磁通量
Φ＝Φmcs ωt＝BScs ωt
电动势
e＝E msin ωt＝nBSωsin ωt
电压
u＝U msin ωt＝eq \f(RE m,R＋r)sin ωt
电流
i＝I msin ωt＝eq \f(E m,R＋r)sin ωt
图示
特点
B⊥S
B∥S
Φ＝BS，最大
Φ＝0，最小
e＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝0，最小
e＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nBSω，最大
电流为零，方向改变
电流最大，方向不变
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＝E msin ωt
i＝I msin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
峰值
最大的瞬时值
E m＝nBSω
I m＝eq \f(E m,R＋r)
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＝eq \f(E m,\r(2))
U＝eq \f(U m,\r(2))
I＝eq \f(I m,\r(2))
(只适用于正弦式交变电流)
(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”上所标的一般是指有效值
(3)保险丝的熔断电流为有效值
(4)交流电压表和电流表的读数为有效值
平均值
某段时间内感应电动势或电流的平均值大小
eq \x\t(E)＝BLeq \x\t(v)
eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
计算通过电路截面的电荷量