【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件11.1交变电流 (含解析).ppt，共(71)页，1.906 MB，由MTyang资料小铺上传

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第十一单元交变电流传感器年份题号命题点命题规律2016年Ⅰ卷16题变压器(原线圈串联电阻)Ⅰ卷16题变压器(原线圈串联电阻)Ⅲ卷19题变压器(原线圈串联电阻)2017年Ⅲ卷21题计算交流电有效值2018年Ⅲ卷16题计算交流电有效值(1)考查交变电流的变

化规律，交变电流“四值”的计算(2)考查变压器的关系式、远距离输电、动态分析11．1交变电流知识清单考点整合集中记忆一、交变电流的产生和变化规律交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流．交变电流的产生：在匀强磁场里，

线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．中性面的特点(1)线圈与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0.(2)线圈与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大．(3)线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次，线圈转动一周，电流方向改变两次．交变电流的表达

式线圈从中性面开始计时，e＝Emsinωt.线圈与中性面夹角θ开始计时，e＝Emsin(ωt＋θ)，最大值Em＝nBSω.交变电流的图像(1)从中性面开始计时，e－t为正弦曲线，Φ－t为余弦曲线．(2)根据欧姆定律

，交变电流的电压和电流的图像也按正弦规律变化．二、描述正弦交流电的物理量周期和频率(1)周期：交变电流完成一次周期性变化的时间，T＝2πω.(2)频率：交变电流在1s内完成周期性变化的次数，f＝1T.瞬时值和峰

值(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值e＝Emsin(ωt＋θ)．(2)峰值：交变电流的最大值Em＝nBSω.平均值和有效值(1)平均值：E＝nΔΦΔt，I＝ER.(2)有效值：跟交变电流的热效应等效的

恒定电流的值．对正弦交变电流：E＝Em2，U＝Um2，I＝Im2.考点讲练考点突破针对训练考点一交变电流的变化规律1．交变电流的变化规律(线圈从中性面开始计时)规律物理量函数表达式图像磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt电动势e＝Emsin

ωt＝nBSωsinωt电压u＝Umsinωt＝REmR＋rsinωt电流i＝Imsinωt＝EmR＋rsinωt2.从三个角度理解交变电流的变化规律(1)从图像观察从图像看，U、I与e的变化规律相同，Φ和e随时间交替变化，由图像可以求出交变电流的周

期、峰值和瞬时值，由此推导频率、角速度和有效值．(2)从表达式计算根据瞬时表达式e＝Emsin(ωt＋θ)，利用随线圈平面与中性面的夹角(ωt＋θ)，确定该位置的感应电动势．(3)从“切割磁感线”判断用右手定则判断感应电流的方向，根据速度与磁感线的夹角判断感应电流的大小的变化．记

住两个特殊位置：S⊥B，e＝0；S∥B，e最大．(2018·济宁模拟)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】A项，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项错

误；B项，转到图乙位置时，线圈产生的感应电动势最大，故B项错误C项，转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C项错误；D项，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项

正确．(2018·四川模拟)如图甲所示，在匀强磁场中有一个匝数n＝10的矩形线圈匀速转动，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为5Ω.从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，那么()A．在t

＝0.1s时，线圈中的感应电流最大，方向改变B．在t＝0.2s时，线圈中的感应电流为零，方向不变C．线圈转过60°时的感应电流为πAD．线圈中的感应电流的表达式为I＝2πsin60°【答案】C【解析】在t＝0.1s时，线圈的磁通量最大，感应电动势为零，感应电流方向改变，A项错误；在t

＝0.2s时，线圈的磁通量为零，感应电动势最大，感应电流方向不变，B项错误；线圈转动的角速度为ω＝2πT＝5πrad/s，感应电动势峰值为Em＝nBSω＝nωΦm＝10πV，感应电流瞬时值表达式为i＝E

mRcosωt，因此线圈转过60°时感应电流为I＝10π5cos60°＝πA，C项正确；D项错误．(2018·无锡模拟)如图，单匝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(按俯视沿逆时针的方向)，某时刻磁感线与线圈平面所成锐角为30°，从此时开始计时，

以A－B－C－D－A为电流正向，流过线圈的电流随时间变化的图线是()【答案】D【解析】根据看楞次定律可知，在开始时，产生的感应电流沿BA方向，当转到中性面时，感应电流减小到零，转动中性面时，电流方向发生改变，故D项正确．考点二有效值的理解与计算1．正弦交变电流的有效值的计算利用I＝Im2，U＝U

m2，E＝Em2计算．2．非正弦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＝U2Rt列式求解，“相同时间”一般取一个周期．3．几种典型

交变电流的有效值名称电流(电压)图像有效值正弦式交变电流I＝Im2U＝Um2正弦式半波交变电流I＝Im2U＝Um2正弦单向脉动电流I＝Im2U＝Um2矩形脉动电流I＝t1TI1U＝t1TU1非对称性交变电流I＝12（I12＋I22）U＝1

2（U12＋U22）(2018·课标全国Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正．该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示．则Q方：Q正等于()A．1∶2B.2∶1C．1∶2D．

2∶1【答案】D【解析】由图可知，方形交流电源一周期产生的热量为：Q方＝u02RT；正弦式交流电的有效值为：U＝u02故其一周期产生的热量为：Q正＝U2RT＝u02T2R；故有：Q方∶Q正＝2∶1；故D项正确．(2018·福建模拟)已知某电阻元件在正常工作时，通过它的电流按如图所

示的规律变化，其中0～T4为正弦交流电一部分，将一个多用电表(已调至交变电流电流挡)与这个电阻元件串联，则多用电表的读数为()A．4AB.17AC.19AD．52A【答案】B【解析】根据有效值的定义可得

：(82)2RT4＋(32)2RT2＝I有效2RT，解得：I有效＝17A.(2018·四川模拟)如图所示，将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，线框总电阻为r，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于直角坐标系的原点，其

中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B.从t＝0时刻开始，让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，则线框中的电流有效值为()A.

BωR22rB.3BωR22rC.2BωR2rD.5BωR22r【答案】D【解析】设电流逆时针方向为正方向；在0－t时间内，线框从图示位置开始(t＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为：E1＝12Bω·R2；回路电流为：I1＝E1r＝B

ωR22r.线框中感应电流方向沿逆时针．在t－2t时间内，线框进入第3象限的过程中，回路电流方向为顺时针．感应电动势为：E2＝12Bω·R2＋12×2Bω·R2＝32Bω·R2＝3E1；感应电流为：I2＝3I1＝3BωR22r；在2t－3t时间内，线框进入第4象限的过程中，回

路电流方向为顺时针．回路中产生的感应电动势为：E3＝3E1；感应电流为：I3＝3I1在3t－4t时间内，线框出第4象限的过程中，回路电流方向为顺时针．感应电动势为：E4＝12Bω·R2；回路电流为：I4＝E

1r＝BωR22r.电流强度随时间的变化关系如图所示．根据有效值的定义：I2r·4t＝I12rt＋I22rt＋I32rt＋I42rt，解得电流有效值I＝5BωR22r，所以A、B、C三项错误、D项正确．如图所示电路，电阻R1与电阻R2的阻值都为R，理想二极管D(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无

穷大)与R1并联，在A、B间加一正弦交流电压u＝20sin(100πt)V，则加在R2上的电压有效值为()A．52VB．55VC．102VD．510V【答案】B【解析】当电源在正半轴时二极管导通，R1被短路，R2电压为电源

电压202V＝102V；电源在负半轴时二极管截止，R1，R2串联，R2电压为52V，根据有效值的定义：U2RT＝（102）2R·T2＋（52）2R·T2；解得：U＝55V；故B项正确，A、C、D三项错误．考点三交流电路中物理量的计算1．四个常用物理

量的比较关系式适用情况瞬时值e＝Emsin(ωt＋θ)计算线圈某时刻的安培力峰值Em＝nBSωIm＝EmR＋r确定用电器的耐压值，电容器的击穿电压有效值E＝Em2U＝Um2I＝Im2(1)计算与电流的热效应有关的量(电功、电功率、电热)(2)电气设备“铭牌”上所标的是有效值(3)保险丝的熔断电

流为有效值(4)电表的读数为有效值(5)无特别说明的按有效值计算平均值E＝ΔΦΔtI＝ER＋r计算通过电路截面的电荷量2.应用公式Em＝nBSω注意(1)公式与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．(2)公式中S是线圈在磁场中的有效面积．如图所

示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T，边长L＝10cm的正方形线圈共100匝，线圈总电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2πrad/s，外电路中的电阻R＝4Ω，不计摩擦，求：(1)由图示位置计时感应电动

势瞬时表达式；(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°时的瞬时感应电动势；(3)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°的过程中产生的平均感应电动势；(4)交流电压表的示数；(5)线圈转动一周产生的总热量；(6)从图示位置开始的16周期内通过R的电荷量；(7)外力使线圈转动一周所做的

功．【解析】(1)感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝100×0.5×0.12×2πV＝3.14V感应电动势瞬时表达式e＝Emcosωt＝3.14cos2πt(2)由图示位置转过60°时的瞬时感应电动势为e＝Emcos60°＝

3.14×0.5V＝1.57V(3)由图示位置转过60°的过程中产生的平均感应电动势为E＝nΔΦΔt＝nBSsin60°16T＝100×0.5×0.1×0.1×3216×2π2πV＝2.6V(4)交流电压表的示数为外电路两端电压的有效值，即U＝

ER＋rR＝3.142×44＋1V＝1.78V(5)线圈转动一周产生的总热量为Q＝（Em2）2R＋rT＝0.99J(6)在16周期内通过电阻R的电荷量为q＝I×T6＝ER＋r×T6＝2.64＋1×16C＝0.087C(7)外力使线圈转动一周所做的功等于线圈转动一周

产生的总热量为0.99J.(2018·哈尔滨模拟)如图所示，一个半径为r的半圆形线框，以直径ab为轴匀速转动，周期为T，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度大小为B.M和N是两个集流环，负载电

阻为R，线框电阻为R0，摩擦和其它部分的电阻均不计．从图示位置开始计时，(1)画出线框产生的电动势随时间变化的图像(至少画两个周期)；(2)求线框转过T4时间内通过负载电阻R的电荷量；(3)求线框转过T4时间内外力做的功；(4)电压表的示数多大？【解析】(1)根据题意得：最大电动势Em＝12Bπ

r2·2πT＝Bπ2r2T，电动势随时间变化如图所示：(2)从图示位置起转过14圈的时间内，穿过线框平面的磁通量的变化量为：ΔΦ＝12Bπr2，通过通过小灯泡的电荷量为q＝I·Δt＝E（R＋R0）·Δt＝ΔΦ（R＋R0）＝Bπr22（R＋R0）；(3)线框转过

T4时间内外力做的功W＝U2R＋R0t＝（Em2）2R＋R0×T4＝B2π4r48（R＋R0）T，(4)根据电流的热效应得：E2R·T＝（Em2）2R·12T，解得：E＝Em2＝Bπ2r22T，电压表的示数为U＝ER＋R0R＝Bπ2r2R2（R＋R0）T.规律总结

书写交变电流瞬时值表达式的基本思路(1)求出角速度，ω＝2πT＝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＝

Imsinωt；②开始计时线圈与中性面垂直，则i－t函数式为i＝Imcosωt.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)题型拓展典例剖析提炼方法交变电流规律的“等效”应用在有些题目中，产生交变电流的方式与发电机不同，但产生的交变电流相似，可以

等效应用交变电流规律求解相应物理量．例1(多选)面积都为S且电阻相同的正方形线圈和圆形线圈，分别放在如图所示的磁场中，图甲中是磁感应强度为B0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期T绕OO′轴匀速转动，图乙中磁场变化规律为B＝B0cos2πtT，从图示位置开始计时，则

()A．两线圈的磁通量变化规律相同B．两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同C．经相同的时间t(t>T)，两线圈产生的热量相同D．从图示位置时刻起，经T4时间，流过两线圈横截面的电荷量相同【答案】ACD【解析】图甲中通过线圈的磁通量变化规

律为Φ甲＝B0Scos2πTt，图乙中通过线圈的磁通量变化规律为Φ乙＝B0Scos2πTt.由于两线圈的磁通量变化规律相同，则两线圈中感应电动势的变化规律相同，达到最大值的时刻也相同，有效值E也相同．又因两线圈电阻相同，所以Q＝E2Rt也相同．经过T4时间，流过两线圈横截面的电荷量q＝ΔΦR也相

同，故A、C、D三项正确．例2如图所示的区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x轴和y＝2sinπ2x曲线围成(x≤2m)．现把边长为2m的正方形单匝线框以水平速度v＝10m/s匀速地拉过该磁场区域，磁场区域的磁感应强度B＝0.4T，线框的电

阻R＝0.5Ω，不计一切摩擦阻力，则()A．水平拉力F的最大值为8NB．拉力F的最大功率为12.8WC．拉力F要做25.6J的功才能让线框通过此磁场区D．拉力F要做12.8J的功才能让线框通过此磁场【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＝2Bvsinπ2vt，线框所受的安培力F＝B2y2vR，当y＝2m时，安培力最大，且最大值Fm＝0.42×22×100.5N＝12.8N，拉力的最大功率Pm＝Fmv＝128W，A、B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＝E2Rt＝(82)2×10.5×410J＝25.6J，C项正确，D项错误．1.(2018·太原模拟)如图所示，一个总电阻为R的导线弯成宽度和高度均为d的“半正弦波”形闭合线框，竖直虚

线之间有宽为d、磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于线框所在的平面．线框以速度v向右匀速通过磁场；ab边始终与磁场边界垂直，从b点到达边界开始到a点离开磁场为止，在这个过程中()A．线框中的感应电流先沿逆时针方

向后沿顺时针方向B．ab段直导线始终不受安培力的作用C．平均感应电动势为12BdvD．线框中产生的焦耳热为B2d2vR答案A解析A项，线框进入磁场时穿过线框的磁通量先向里增加，离开磁场时线框的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，产生感应电流的磁场先向外再向里，由右

手螺旋定则可知，产生的感应电流先逆时针方向后顺时针方向，故A项正确；B项，穿过磁场时回路中有感应电流，而且电流方向与磁场方向垂直，故在穿过磁场的过程中ab段导线受到安培力作用，故B项错误；C项，根据题意知穿过磁场过程中产生的交变电流的最大电动势为Bdv，最小值为0，而平均值不是最大值

与最小值之和的12，故C项错误；D项，因为线框是“半正弦波”形闭合线框，故在穿过磁场过程中产生的感应电流为正弦式交变电流，由题意知该交变电流产生的最大值为Im＝EmR＝BdvR，则其有效值为I＝12I

m＝Bdv2R，在穿过磁场的时间t＝2dv时间内线框产生的焦耳热Q＝I2Rt＝(Bdv2R)2·R·2dv＝B2d3vR，故D项错误．2．(多选)如图所示，空间中有范围足够大的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在其间竖直放置两彼此正对的相同金属圆环，两环相距L，用导线将环与外电阻

相连，现用外力使金属杆沿两环做匀速圆周运动．若已知磁感应强度大小为B，圆环半径为R，杆转动角速度为ω，金属杆和电阻的阻值均为r，其他电阻不计，则()A．当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的电流先变大后变小B．当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的

电流先变小后变大C．流过外电阻电流的有效值为2BLωR4rD．流过外电阻电流的有效值为2πBωR24r答案BC解析金属杆从圆环最高点向最低点转动的过程中，垂直磁场方向的分速度先减小再增大，因而流过外电阻的电流先减小再增大，A项错误，B项正确．杆沿圆环的匀速率运动等效为以两环圆心连线为转动

轴、长为L、宽为R的矩形线框的匀速转动，因此产生正弦交流电，遵守I＝Im2的关系．电动势的最大值为Em＝BLωR，Im＝Em2r，I＝Im2＝2BLωR4r，故C项对，D项错．3．(2018·锦州一模)如图所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨

，间距为202cm，电阻不计，其左端连接一阻值为10Ω的定值电阻．两导轨之间存在着磁感应强度为1T的匀强磁场，磁场边界虚线由多个正弦曲线的半周期衔接而成，磁场方向如图．一电阻值为10Ω的导体棒AB在外力作用下以10m

/s的速度匀速向右运动，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则()A．电流表的示数是210AB．电压表的示数是2VC．导体棒运动到图示虚线CD位置时，电流表示数为零D．导体棒上消耗的热功率为0.1W答案D解析A、B两项，回路中产生的感应电动势的最大值为：Em＝BLv＝1×202×10－2

×10V＝22V，则电动势的有效值E＝2Em2＝2V，电压表测量R两端的电压，则U＝RR＋RE＝1V，电流表的示数为有效值，为I＝E2R＝220A＝0.1A，故A、B两项错误；C项，电流表示数为有效值，一直为0.1A，故C项错误；D项，导体棒上消耗的热功率P＝I2R＝0

.01×10W＝0.1W，D项正确．4．(2018·广州二模)(多选)如图xOy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿x轴正方向以速度v做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁场感应强度B＝B0cosπdx(式中B0为已知量)，规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，

线框电阻R，t＝0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是()A．外力F为恒力B．t＝0时，外力大小F＝4B02L2vRC．通过线框的瞬时电流I＝2B0LvcosπvtdRD．经过t＝dv，线框中产生的电热Q＝2B02L2vdR答案CD解析由于磁场是变化的，故切割产生的感应电

动势也为变值，安培力也为变力；故要保持其匀速运动，外力F不能为恒力；故A项错误；t＝0时，左右两边的磁感应强度均为B0，方向相反，则感应电动势E＝2B0Lv；拉力等于安培力即F＝2B0IL＝4B02L2vR；故B项错误；由于两边正好相隔半个周期，故产生的电动势方向相同，

经过的位移为vt；瞬时电动势E＝2B0Lvcosπvtd；瞬时电流I＝2B0LvcosπvtdR；故C项正确；由于瞬时电流成余弦规律变化，故可知感应电流的有效值I＝2B0Lv2R；故产生的电热Q＝I2Rt＝2B02L2vdR；故D项正确．