交变电流详细教案习题

选修3－2第五章交变电流(这是边文，请据需要手工删加)1交变电流●课标要求1．知道交变电流．2．能用函数表达式和图象描述交变电流．●课标解读1．会观察电流(或电压)的波形图，了解交变电流、直流的概念．2．分析线圈转动一周中电动势和电流方向的变化，能对交变电流的产生有比较清楚的了解，具有运用基本原理解决新情境下问题的能力．3．知道正弦式交变电流的变化规律及表示方法，知道正弦式交变电流的峰值、瞬时值的物理含义．●教学地位本节知识是电学的基础，但它是物理的最基本知识，是以后学习的基础，学习本节知识时，应引起足够的重视．●新课导入建议当线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时，线圈中将产生感应电流，此电流是否是恒定电流？如果不是，电流的大小和方向如何变化？线圈处于什么位置时电流最大？线圈处于什么位置时，电流方向改变？这一系列的问题在学过本节知识后就能得到解决．教学流程设计课标解读重点难点1.知道交变电流、直流的概念.2.了解交变电流的产生，会分析线圈转动一周中电动势和电流方向的变化.3.知道正弦式交变电流的变化规律及表示方法.4.知道正弦式交变电流的峰值、瞬时值的含义．1.正弦式交变电流的产生方法．(重点)2.正弦式交变电流的变化规律．(重点)3.正弦式交变电流的表示方法．(难点)4.交变电流的峰值、瞬时值、中性面等概念的理解．(难点)交变电流1.基本知识(1)交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流．(2)直流：方向不随时间变化的电流．(3)交变电流的产生①产生方法闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动．②过程分析，如图5­1­1所示．图5­1­1③中性面：线圈平面与磁场垂直的位置．2．思考判断(1)线圈转一周有两次经过中性面，每转一周电流方向改变一次．(×)(2)当线圈中的磁通量最大时，产生的电流也最大．(×)(3)交流电源没有正负极之分．(√)3．探究交流线圈在中性面时，磁通量、感应电动势、感应电流具有怎样的特点？【提示】线圈平面与磁场垂直的位置，即为中性面位置，在此位置磁通量最大，线圈的感应电动势和感应电流为零．交变电流的变化规律1.基本知识(1)正弦式交变电流①定义：按正弦规律变化的交变电流，简称正弦式电流．②函数和图象函数图象瞬时电动势：e＝Emsin_ωt瞬时电压：u＝Umsin_ωt瞬时电流：i＝Imsinωt注：表达式中Em、Um、Im分别是电动势、电压和电流的峰值，而e、u、i则是这几个量的瞬时值．(2)其他交变电流，如图5­1­2所示．图5­1­22．思考判断(1)交流电是指按正弦规律变化的电流．(×)(2)线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生的交流电是正弦式交变流电．(√)(3)交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置无关．(×)3．探究交流交变电流的大小是否一定变化？它与直流电的最大区别是什么？【提示】交变电流的大小不一定变化，如方形波电流，它与直流电的最大区别是方向发生周期性的变化．交变电流的产生过程【问题导思】1．线圈在什么位置时磁通量达到最大值、在什么位置时磁通量的变化率达到最大值？2．线圈在什么位置时电流方向开始改变？1．产生在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里产生的是交变电流，实验装置如图5­1­3所示．图5­1­32．过程分析如图5­1­4所示：甲乙图5­1­4(1)如图甲5­1­4所示：线圈由(a)位置转到(b)位置过程中，线圈中电流方向为a→b→c→d；线圈由(b)位置转到(c)位置过程中，线圈中电流方向为a→b→c→d；线圈由(c)位置转到(d)位置过程中，线圈中电流方向为d→c→b→a；线圈由(d)位置回到(a)位置过程中，线圈中电流方向为d→c→b→a.(2)如图乙5­1­4所示：在(b)位置和(d)位置时，线圈垂直切割磁感线，产生的电动势和电流最大；在(a)位置和(c)位置时，线圈不切割磁感线，产生的电动势和电流均为零．3．两个特殊位置的对比分析：名称中性面中性面的垂面位置线圈平面与磁场垂直线圈平面与磁场平行磁通量最大零磁通量的变化率零最大感应电动势零最大电流方向改变不变1．矩形线框在匀强磁场中匀速转动，仅是产生交变电流的一种形式，但不是唯一方式．2．线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．3．线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，电流方向不变．图5­1­5(2014·保定高二检测)如图5­1­5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，则在eq\f(π,2ω)～eq\f(3π,2ω)这段时间内()A．线圈中的感应电流一直在减小B．线圈中的感应电流先增大后减小C．穿过线圈的磁通量一直在减小D．穿过线圈的磁通量的变化率先减小后增大【审题指导】解答本题应把握以下两点：(1)计时开始的位置及eq\f(π,2ω)～eq\f(3π,2ω)时的位置．(2)在eq\f(π,2ω)～eq\f(3π,2ω)这段时间内磁通量的变化和磁通量的变化率如何改变．【解析】根据ω＝eq\f(2π,T)，eq\f(π,2ω)＝eq\f(T,4)，eq\f(3π,2ω)＝eq\f(3,4)T，由于从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，故eq\f(T,4)～eq\f(3,4)T时间内线圈中的感应电流先增大后减小，穿过线圈的磁通量先减小后增大，而磁通量的变化率先增大后减小，故B正确．【答案】B对于交变电流产生过程中各物理量的变化情况分析，应抓住中性面这个关键位置及各物理量的情况，特别要注意的是此时刻穿过线框平面的磁通量虽最大，但磁通量的变化率却最小，等于零，电动势等于零，电流等于零．1．(2014·兰州一中高二检测)如图5­1­6所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是()图5­1­6A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流C．图示位置ab边的感应电流方向为a→bD．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零【解析】线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次．线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大．【答案】C交变电流的变化规律【问题导思】1．怎样推导交变电流的瞬时值表达式？2．怎样计算峰值？峰值的决定因素是什么？1．瞬时值表达式的推导图5­1­7若线圈平面从中性面开始转动，如图5­1­7所示，则经过时间t：eq\x(线圈转过的角度为ωt)⇓eq\x(ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt)⇓eq\x(ab边转动的线速度大小：v＝ωR＝ω\f(Lad,2))⇓ab边产生的感应电动势：eab＝BLabvsinθ＝eq\f(BSω,2)sinωt⇓eq\x(一匝线圈产生的电动势：e＝2eab＝BSωsinωt)⇓eq\x(N匝线圈产生的总电动势：e＝NBSωsinωt)2．正弦式交变电流的瞬时值表达式：(1)e＝nBSωsinωt＝Emsinωt.(2)i＝eq\f(e,R＋r)＝eq\f(Em,R＋r)sinωt＝Imsinωt.(3)u＝iR＝ImRsinωt＝Umsinωt.上面各式中的e、i、u仅限于从中性面开始计时的情况．若从垂直于中性面(即从线圈平面与磁场平行时)开始计时，则上述表达式应为e＝Emcosωt，i＝Imcosωt，u＝Umcosωt.1．交流电动势的峰值Em＝nBSω，由线圈匝数n、磁感应强度B、转动角速度ω和线圈面积S决定，与线圈的形状及转动轴的位置无关．2．理解交变电流的瞬时值，要处理好两个关系：一是数、形、位的关系(即函数、图像、线圈位置三者之间的关系)；二是数、理关系(数学表达式、物理意义两者之间的关系)．图5­1­8有一个10匝正方形线框，边长为20cm，线框总电阻为1Ω，线框绕OO′轴以10πrad/s的角速度匀速转动，如图5­1­8所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5T．问：(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？(3)写出感应电动势随时间变化的表达式．【解析】(1)交变电流电动势最大值为Em＝nBSω＝10×0.5×0.22×10πV＝6.28V，电流的最大值为Im＝eq\f(Em,R)＝eq\f(6.28,1)A＝6.28A.(2)线框转过60°时，感应电动势e＝Emsin60°＝5.44V.(3)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝6.28sin10πt(V)．【答案】(1)6.28V6.28A(2)5.44(3)e＝6.28sin10πt(V)求解交变电动势瞬时值表达式的基本方法1．确定线圈转动从哪个位置开始计时，以确定瞬时值表达式是正弦规律变化还是余弦规律变化．2．确定线圈转动的角速度．3．确定感应电动势的峰值Em＝NBSω.4．写出瞬时值表达式e＝Emsinωt或e＝Emcosωt.2．如图5­1­9所示，匝数为100匝的圆形线圈绕与磁场垂直的轴OO′，以50r/s的转速转动，穿过线圈的最大磁通量为0.01Wb，从图示的位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．图5­1­9【解析】因为线圈从垂直于中性面的位置开始计时，所以e＝Emcosωt，而Em＝NBSω，ω＝2πn，Φm＝BS＝0.01Wb.所以Em＝100×0.01×2×3.14×50V≈314V.ω＝2πn＝2×3.14×50rad/s≈314rad/s.故感应电动势的瞬时值表达式为：e＝Emcosωt＝314cos314t(V)．【答案】e＝314cos314t(V)综合解题方略——解决交变电流图象问题的基本方法(2014·石河子高二检测)如图5­1­10所示，虚线OO′的左边存在着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，右边没有磁场．单匝矩形线圈abcd的对称轴恰与磁场右边界重合，线圈平面与磁场垂直．线圈沿图示方向绕OO′轴以角速度ω匀速转动(即ab边先向纸外、cd边先向纸里转动)，规定沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向．若从图示位置开始计时，图中四个图象能正确表示线圈内感应电流i随时间t变化规律的是()图5­1­10【审题指导】线圈在有界磁场中转动，可分阶段分析线圈中磁通量、磁通量变化率的变化规律，进而确定电流的变化规律．【规范解答】在0～eq\f(T,4)内，ab一侧的线框在磁场中绕OO′转动产生正弦式电流，电流方向由楞次定律判断为dcba且越来越大.eq\f(T,4)～eq\f(T,2)内，ab一侧线框在磁场外，而dc一侧线框又进入磁场产生交流电，电流方向为dcba且由导体在垂直磁场方向的分速度的变化和e＝NBlv⊥以及i＝eq\f(e,R)可知电流越来越小，以此类推，可知i­t图象正确的为B.【答案】B解决图象问题的基本方法一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”.二变：掌握“图与图”、“图与式”和“图与物”之间的变通能力．三判断：结合图象和公式进行正确分析和判断．1．(多选)如图所示的各图象中表示交变电流的是()【解析】A图表示的电流大小发生了周期性变化，而方向没有变化．C、D图中的电流大小和方向均发生了周期性变化．B图中电流大小不变而方向周期性变化．【答案】BCD2．(多选)(2014·广州高二检测)如图中各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦式交变电动势e＝BSωsinωt的图是()【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦式交变电动势为e＝BSωsinωt，由这一原则判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直，且磁通量不变不能产生感应电流．故A、C正确．【答案】AC图5­1­113．(2014·石家庄高二检测)一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动．线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图5­1­11所示．下面说法中正确的是()A．t1时刻通过线圈的磁通量为零B．t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D．每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大【解析】t1、t3时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A、C错误；t2时刻感应电动势最大，线圈位于中性面的垂面位置，穿过线圈的磁通量为零，B错误；由于线圈每过一次中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，e变换方向，所以D正确．【答案】D4．一台发电机产生的按正弦规律变化的感应电动势的峰值为311V，线圈在磁场中转动的角速度是100πrad/s.(1)写出感应电动势的瞬时值表达式；(2)若该发电机只与含电阻的负载组成闭合电路，电路中的总电阻为100Ω，试写出通过负载的电流的瞬时表达式．在t＝eq\f(1,120)s时电流的瞬时值为多少？【解析】因为电动势的峰值Em＝311V，角速度ω＝100πrad/s，所以电动势的瞬时值表达式是e＝311sin100πt(V)．根据欧姆定律，电路中电流的峰值为Im＝Em/R＝eq\f(311,100)A＝3.11A，所以通过负载的电流的瞬时值表达式是i＝3.11sin100πt(A)．当t＝eq\f(1,120)s时，电流的瞬时值为i＝3.11sin(100π·eq\f(1,120))A＝3.11×eq\f(1,2)A≈1.56A.【答案】(1)e＝311sin100πt(V)(2)i＝3.11sin100πt(A)1.56【备选习题】(教师用书独具)1．如图教5­1­1所示，一匝数为N的矩形线圈面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场图教5­1­1中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，从图示位置转过90°时电动势是()A．NBSωB．0C．BSωD．NBSωcos(ωt＋90°)【解析】因闭合线圈从图示位置即垂直于中性面的位置开始转动，所以电动势的表达式为e＝Emcosωt，又ωt＝90°，故A、C、D错．【答案】B2．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈平面垂直中性面时，下列说法正确的是()A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大B．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大C．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零D．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零【解析】当线圈平面垂直中性面时，线圈平面平行于磁感线，所以磁通量为零，而此时磁通量的变化率最大，或者说线圈两边切割磁感线的有效速度最大，因此线圈中的感应电动势最大，选项B正确．【答案】B3．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图教5­1­2甲所示，则下列说法中正确的是()甲乙图教5­1­2A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直B.t＝0.01s时刻Φ的变化率最大C.0.02s时刻感应电动势达到最大D.该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示【解析】t＝0时，Φ最大，线圈应在中性面位置，A错误；t＝0.01s时，Φ­t图象的斜率最大，故eq\f(ΔΦ,Δt)最大，B正确；t＝0.02s时，Φ不变，故e＝0，C错误；因Φ­t图象为余弦图象，故e­t图象为正弦图象，D错误．【答案】B图5­1­121．如图5­1­12所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为()A．0.5Bl1l2ωsinωB．0.5Bl1l2ωcosωC．Bl1l2ωsinωD．Bl1l2ωcosω【解析】感应电动势的最大值为Em＝Bl1l2ω，线圈从垂直于中性面的位置开始转动，则t时刻的感应电动势为e＝Emsin(ωt＋eq\f(π,2))＝Bl1l2ωcosωt.故D正确．【答案】D2．(多选)(2014·邯郸高二检测)如图5­1­13所示，形状或转轴位置不同、但面积均为S的单匝线圈处在同一个磁感应强度为B的匀强磁场中，以相同的角速度ω匀速转动，从图示的位置开始计时，则下列正确的说法是()图5­1­13A．感应电动势峰值相同B．感应电动势瞬时值不同C．感应电动势峰值、瞬时值都不同D．感应电动势峰值、瞬时值都相同【解析】当转动轴不是线圈对称轴时，只要转轴与磁场垂直，不论线圈形状如何，转轴位置如何，最大值均为Em＝NBSω，S、ω、B、N相同，所以Em相同，从中性面开始计时，瞬时值为正弦形式e＝Emsinωt，可见瞬时值也相同，A、D对．【答案】AD3．(2014·九江一中高二检测)一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化，如图5­1­14(a)、(b)所示，规定电流从左向右为正．在直导线下方有一不闭合的金属框，则相对于b点来说，a点电势最高的时刻在()图5­1­14A．t1时刻B．t2时刻C．t3时刻D．t4时刻【解析】线框中的磁场是直线电流i产生的，在t1、t3时刻，电流i最大，但电流的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，线框中没有感应电动势，a、b两点间的电势差为零．在t2、t4时刻，电流i＝0，但电流变化率最大，穿过线框的磁通量变化率最大，a、b两点间的电势差最大，再根据楞次定律可得出a点相对b点电势最高的时刻在t4.【答案】D4．(2014·安庆一中高二检测)交流发电机在工作时电动势为e＝Emsinωt，若将发电机的角速度提高一倍，同时将线框所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为()A．e′＝Emsineq\f(ωt,2)B．e′＝2Emsineq\f(ωt,2)C．e′＝Emsin2ωtD．e′＝eq\f(Em,2)sin2ωt【解析】交变电流的瞬时值表达式e＝Emsinωt，其中Em＝nBSω，当ω加倍而S减半时，Em不变，故C正确.【答案】C5．(多选)如图5­1­15(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．当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，则在t＝eq\f(π,2ω)时刻()(甲)(乙)图5­1­15A．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．线圈中的电流为零【解析】t＝eq\f(π,2ω)＝eq\f(T,4)，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误；由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确．【答案】CD6．(2014·重庆三中高二检测)如图5­1­16所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图所示的交流电，则下列判断错误的是()图5­1­16A．在t1到t2时间内，甲、乙相吸B．在t2到t3时间内，甲、乙相斥C．t1时刻两线圈间作用力为零D．t2时刻两线圈间吸引力最大【解析】这是一道交变电流与楞次定律相结合的题目，t1和t2时间内，甲中电流减小，甲中的磁场穿过乙并且减小，因此乙中产生与甲同向的磁场，故甲、乙相吸，A选项正确，同理B选项正确；t1时刻甲中电流最大，但变化率为零，乙中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C选项正确；t2时刻甲中电流为零，但此时电流的变化率最大，乙中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D选项错误．【答案】D7．如图5­1­17所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时()图5­1­17A．线圈绕P1转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流B．线圈绕P1转动时产生的感应电动势小于绕P2转动时产生的感应电动势C．线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同，都是a→b→c→dD．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力【解析】线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关，选项A正确，B错误；绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等，从上向下看，线框逆时针旋转，电流的方向应为a→d→c→b，选项C错误；电流相等，cd受到的安培力也相等，选项D错误．【答案】A图5­1­188．(多选)一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电动势的图像如图5­1­18所示，则()A．交流电的峰值是10VB．当t＝0时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大C．当t＝πs时，e有最大值D．t＝eq\f(3,2)πs时，e＝－10V最小，磁通量变化率最小【解析】从图像可知交流电的峰值为10V，t＝πs时，e＝0最小，A对、C错；t＝0时，e最小，Φ最大，B对；t＝eq\f(3,2)πs时，e＝－10V，“－”号表示方向，e最大，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，D错．【答案】AB9．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100匝，转速为eq\f(10,π)r/min，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03Wb，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为eq\f(π,3)时，感应电动势为多少？【解析】由题意知：Φm＝0.03Wbω＝2πn＝2π×eq\f(10,π)×eq\f(1,60)rad/s＝eq\f(1,3)rad/s.线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故Em＝NBSω＝NΦmω＝100×0.03×eq\f(1,3)V＝1V瞬时值表达式e＝Emsinωt＝sineq\f(t,3)V当θ＝ωt＝eq\f(π,3)时，e＝sineq\f(π,3)V＝eq\f(\r(3),2)V.【答案】1Veq\f(\r(3),2)V图5­1­1910．如图5­1­19所示，一半径为r＝10cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝eq\f(5,π2)T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时．(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；(2)求线圈从图示位置开始在1/60s时的电动势的瞬时值．【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝Emsinωt.(1)e＝Emsinωt，Em＝NBSω(与线圈形状无关)，ω＝20πrad/s，故e＝100sin20πt.(V)(2)当t＝eq\f(1,60)s时，e＝100sin(20π×eq\f(1,60))V＝50eq\r(3)V≈86.6V.【答案】(1)e＝100sin20πt(2)86.6V11．如图5­1­20所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(5\r(2),π)T，线框的CD边长20cm，CE、DF边长10cm，转速为50r/s.若从图示位置开始计时：图5­1­20(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象．【解析】(1)开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcosωt，即e＝BSωcosωt其中B＝eq\f(5\r(2),π)T，S＝0.1×0.2m2＝ω＝2πn＝2π×50rad/s＝100πrad/s，故e＝eq\f(5\r(2),π)×0.02×100πcos100πtV，即e＝10eq\r(2)cos100πt(V)．(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图所示．【答案】(1)e＝10eq\r(2)cos100πtV(2)见解析图12．磁铁在电器中有广泛的应用，如发电机，如图5­1­21所示，已知一台单相发电机转子导线框共有N匝，线框长为l1，宽为l2，转子的转动角速度为ω，磁极间的磁感应强度为B，导出发电机瞬时电动势e的表达式．现在知道有一种永磁材料钕铁硼，用它制成发电机的磁极时，磁感应强度可增大到原来的k倍，如果保持发电机结构和尺寸、转子转动角速度、需产生的电动势都不变，那么这时转子上的导线框需要多少匝？图5­1­21【解析】线框在转动过程中，两条长边在切割磁感线，若从中性面开始计时，则经ts线框转过的角度为θ＝ωt，两条长边相当于两个电源串联在一起，单匝中产生的电动势为：e1＝2Bl1vsinθ＝2Bl1ω·eq\f(l2,2)sinθ＝Bl1l2ωsinωt.N匝时相当于N个电源串联，电动势为e＝NBl1l2·ωsinωt，当B′＝kB且ω不变时e′＝N′kBl1l2·ωsinωt，又e′＝e，所以N′＝eq\f(N,k).【答案】e＝NBl1l2·ωsinωteq\f(N,k)2描述交变电流的物理量●课标要求1．知道交变电流．2．能用函数表达式和图象描述交变电流．●课标解读1．知道交变电流的周期、频率的含义，以及它们相互间的关系．知道我国生产和生活用电的周期(频率)的大小．2．知道交变电流的峰值和有效值的意义．能利用有效值定义计算某些交变电流的有效值．3．会应用正弦式交变电流有效值公式进行有关计算．4．具有运用类比、迁移的科学方法分析新问题的意识和能力．●教学地位本节知识是高考热点之一，它是物理的最基本知识，是以后学习的基础，学习本节知识时，要重视对基本概念的理解及应用．

●新课导入建议通过上节的学习我们可以明确交变电流的产生原理，了解线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，如图所示，从而可明确其变化规律，知道电动势、电流、电压的大小和方向都随时间做周期性变化，所以交变电流比恒定电流更复杂，故需要一些新的物理量来描述交变电流的特性，这是这一节我们学习和探究的主要内容．教学流程设计课标解读重点难点1.知道描述交变电流的物理量有峰值、有效值、瞬时值、平均值、周期、频率．理解这些物理量的意义.2.会利用有效值的定义求交变电流的有效值.3.会应用正弦式电流的峰值与有效值的关系进行有关计算．1.对交变电流四值的理解．(重点)2.有效值的计算．(重点)3.对有效值的理解和计算．(难点)4.有效值、平均值、峰值、瞬时值的应用．(难点)周期和频率1.基本知识(1)周期交变电流完成一次周期性变化所需的时间，用T表示，单位是秒．(2)频率交变电流在1s内完成周期性变化的次数，用f表示，单位是赫兹，符号Hz．(3)二者关系：T＝eq\f(1,f)或f＝eq\f(1,T)．2．思考判断(1)打点计时器所接交流电频率f＝50Hz时，打点周期为T＝0.02s．(√)(2)交变电流的周期越大，交变电流的变化就越快．(×)(3)我国电网中交流电的频率是100Hz.(×)3．探究交流某交变电流的瞬时表达式为i＝10sin100πt(A)，如何确定其交变电流的周期和频率．【提示】由表达式可先确定线圈的角速度ω＝100π，又ω＝eq\f(2π,T)＝2πf，故T＝0.02s，f＝50Hz.峰值和有效值1.基本知识(1)峰值①定义：交变电流的电压、电流所能达到的最大数值．②应用：电容器所能承受的电压要小于交流电压的峰值．(2)有效值①定义：使交变电流和恒定电流通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内，产生的热量相等，那么这个恒定电流的电流、电压，叫作这个交流的有效值．②应用—eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(—交流用电设备上所标的额定电压和,,额定电流,,—交流电压表测量的数值,—无特别说明时提到的交变电流的数值))(3)关系：对于正弦式交变电流，有效值I、U与峰值Im、Um之间的关系：I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))．2．思考判断(1)某段时间内的交流电平均值等于这段时间始末时刻瞬时值的算术平均值．(×)(2)我国民用交变电流，照明电压为220V和动力电压380V都是指有效值．(√)(3)交变电流的有效值即为一个周期内的平均值．(×)3．探究交流计算有效值时应注意哪些问题？【提示】(1)只有正弦式电流才能用I＝eq\f(Im,\r(2))的关系．(2)方波式交变电流正、负半周最大值不等时，分段计算电热．(3)应取一个周期或周期的整数倍计算电热．相位1.基本知识对交变电流瞬时电压与时间的关系式u＝Emsin(ωt＋φ)而言，正弦符号“sin”后面的量“ωt＋φ”叫作交变电流的相位，φ是t＝0时的相位，叫作交变电流的初相位．两支交变电流相位之差叫作它们的相位差．2．思考判断(1)如果两个频率相同的交流电的相位差是π或π的奇数倍，则它们反相，即变化步调始终相反．(√)(2)初相位的大小没有什么实际意义．(×)3．探究交流如图5­2­1所画两个交流电，其中i1比i2超前还是滞后？它们相位差是多少？图5­2­1【提示】i1比i2超前Δφ＝φ1－φ2，或者i2比i1滞后Δφ.对有效值的理解与计算【问题导思】1．如何计算正弦式电流和非正弦式电流的有效值？2．在哪些情况下描述交流电时要用到有效值？1．有效值的理解交变电流的有效值是根据电流的热效应来定义的，让交变电流与恒定电流分别通过相同的电阻，如果在交流电的一个周期内它们产生的热量相等，而这个恒定电流是I、电压是U，我们就把I、U叫作这个交变电流的有效值．(1)理解交变电流的有效值要注意三同：电阻相同，时间相同，产生热量相同．(2)通常所说的交变电流的电流、电压；交变电流电表的读数；交变电流用电器的额定电压、额定电流；保险丝的熔断电流等都是指有效值．在没有具体说明的情况下，所给出的交流电的数值都指有效值．2．有效值的两种计算方法(1)若按正(余)弦规律变化的电流，可利用交变电流的有效值与峰值间的关系求解，即E＝eq\f(Em,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2)).(2)当电流是按非正(余)弦规律变化时，必须根据电流的热效应来求解有效值，且时间一般取一个周期．其具体做法是：假设让交变电流通过电阻R，计算交变电流在一个周期内产生的热量Q(可分段计算)，其中热量Q用相应的物理量的有效值表示(如Q＝I2Rt，Q＝U2t/R)，进而求出相应的有效值．3．几种常见交变电流有效值的计算电流名称电流图线有效值正弦式交变电流I＝eq\f(Im,\r(2))正弦半波电流I＝eq\f(Im,2)正弦单向脉动电流I＝eq\f(Im,\r(2))矩形脉动电流I＝eq\r(\f(t,T))Im非对称性交变电流I＝eq\r(\f(1,2)（Ieq\o\al(2,1)＋Ieq\o\al(2,2)）)4.有效值不同于平均值：有效值是根据电流热效应定义的，而平均值是交变电流的物理量(e、i、u)对时间的平均值，是根据法拉第电磁感应定律来计算的．1．E＝eq\f(Em,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))只适用于正弦(余弦)式交变电流．对于按其他规律变化的交变电流，上述关系式不再适用．2．凡涉及能量的问题，如电能与其他形式的能的转化过程；涉及交变电流的电功、电功率等物理量时均用有效值．在计算交变电流通过导体产生的热量及确定保险丝的熔断电流时也用有效值．3．对于非正(余)弦式交变电流有效值的计算，时间一般选取一个周期．(2014·南通高二检测)好多同学家里都有调光电灯和调速风扇，过去是用变压器来实现的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速，现在的调光灯和调速电风扇是用可控硅电子元件来实现的．如图5­2­2所示为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦式交变电流的每个二分之一周期内，前eq\f(1,4)周期被截去，调节台灯上旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯两端的电压，那么现在电灯两端的电压为()图5­2­2A.eq\f(Um,2)B.eq\f(Um,\r(2))C.eq\f(Um,（2\r(2)）)D.eq\r(2)Um【审题指导】(1)“电灯两端的电压”应为电压的有效值．(2)所加电压的时间为eq\f(T,4)，所以最大值与有效值的关系满足U＝eq\f(Um,\r(2)).【解析】每个二分之一周期被截去eq\f(1,4)周期，原电流为正弦式电流，一个周期可以看成只剩半个周期的电压，利用有效值的定义，得(eq\f(Um,\r(2)))2×eq\f(1,R)×eq\f(1,2)T＝eq\f(U2,R)×T，所以U＝eq\f(Um,2)，故A正确．【答案】A计算有效值的注意事项1．方波式交变电流正负半周期最大值不等时，分段计算电热．2．应取一个周期或周期的整数倍计算电热．1.图5­2­3(2013·海南高考)通过一阻值R＝100Ω的电阻的交变电流如图5­2­3所示，其周期为1s．电阻两端电压的有效值为()A．12VB．4eq\r(10)VC．15VD．8eq\r(5)V【解析】根据图像，一个周期T＝1s，设该交变电流的有效值为U，0～0.4s的时间间隔为t1＝0.4s，0.4～0.5s的时间间隔t2＝0.1s，根据电流的热效应，由2(Ieq\o\al(2,1)Rt1＋Ieq\o\al(2,2)Rt2)＝eq\f(U2T,R)，解得U＝4eq\r(10)V，B正确．【答案】B交变电流的“四值”对比【问题导思】1．正弦式电流的“四值”分别是什么？2．交变电流的“四值”分别在什么情况下使用？物理含义重要关系适用情况瞬时值交变电流某一时刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt计算线圈某一时刻的受力情况最大值最大的瞬时值Em＝NBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)确定用电器的耐压值有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)(2)交流电表的测量值(3)电气设备标注的额定电压、额定电流(4)保险丝的熔断电流平均值交变电流图象中图线与时间轴所夹面积与时间的比值E＝neq\f(ΔΦ,Δt)I＝eq\f(E,R＋r)计算通过电路截面的电荷量1．交变电流的平均值不等于有效值，不是初、末状态瞬时值的平均值．2．交变电流的平均值与交变电流的方向及所取时间的长短均有关．图5­2­4如图5­2­4所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共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＝eq\f(1,π)T，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：(1)转动中感应电动势的最大值和有效值；(2)写出从图中位置开始计时的交变电流的瞬时值表达式；(3)电路中交流电压表和电流表的示数；(4)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量．【审题指导】(1)线圈在磁场中匀速转动产生的正弦式电流．(2)电表的示数应为交流电的有效值．(3)求解电荷量应用交流电的平均值．【解析】(1)Em＝NBSω＝100×eq\f(1,π)×0.05×2π×eq\f(300,60)V＝50V，E＝eq\f(Em,\r(2))＝25eq\r(2)V≈35.4V(2)在图中位置线圈处于中性面，故交变电流的瞬时值e＝Emsinωt，则e＝50sin(2π×eq\f(300,60)t)(V)＝50sin10πt(V)．(3)电流表示数：I＝eq\f(E,R＋r)≈3.54A电压表示数：U＝IR＝3.54×9V＝31.86V(4)从图示位置转过90°的过程中，E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，又因为I＝eq\f(E,R＋r)，所以q＝IΔt＝eq\f(NΔΦ,R＋r)＝eq\f(NBΔS,R＋r)≈0.16C.【答案】(1)50V35.4V(2)e＝50sin10πt(V)(3)31.86V3.54A(4)2．(多选)(2013·山东高考)图5­2­5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，Ⓐ为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图5­2­5乙所示，以下判断正确的是()甲乙图5­2­5A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左【解析】从交变电流图像获取交变电流的最大值、有效值．根据i­t图像可知，电流最大值Im＝10eq\r(2)A，有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝10A，A选项正确；交变电流的周期T＝2×10－2s，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s.从图示位置开始转动时，经0.01s线圈回到水平状态，线圈平面与磁场方向平行．根据右手定则，在0.02s时，线圈经过一个周期，即在图示位置，电阻R中的电流方向自左向右，因此选项A、C正确．【答案】AC综合解题方略——交变电流的图象问题(多选)(2014·哈尔滨六中高二检测)如图5­2­6是某交流发电机产生的交变电流的图象，根据图象可以判定()图5­2­6A．此交变电流的频率为5HzB．该交变电流的电压瞬时值的表达式为u＝12sin10πt(V)C．将标有“12V3W”的灯泡接在此交流电源上，灯泡可以正常发光D．图象上对应的0.1s时刻，发电机中的线圈刚好转至中性面【解析】由图象可知，交变电流的周期T＝0.2s，交变电压的最大值Um＝12V，所以此交变电流的频率f＝1/T＝5Hz，角速度ω＝2π/T＝10πrad/s，交变电压瞬时值的表达式u＝Umsinωt＝12sin10πt(V)，选项A、B均正确；标有“12V3W”的灯泡正常发光时其两端电压的有效值为12V，而交变电压有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝6eq\r(2)V，所以灯泡不能正常发光，选项C错误；图象上对应的0.1s时刻，交变电压瞬时值为零，穿过发电机中的线圈的磁通量最大，发电机中的线圈刚好转至中性面，选项D正确．【答案】ABD通过交变电流的图象可获得的信息1．交变电流的周期(可计算频率)2．交变电流的最大值(可计算有效值)3．任一时刻交变电流的瞬时值4．根据最大值和角速度可写出瞬时值表达式1．(2014·铜陵高二检测)如图5­2­7是一个余弦式交变电流的图象，下列说法正确的是()图5­2­7A．周期是0.2s，电流的峰值是10B．周期是0.15s，电流的峰值是10C．频率是5Hz，电流的有效值是10D．频率是0.2Hz，电流的有效值是7.07【解析】由图象可知T＝0.2s，Im＝10A，故频率f＝eq\f(1,T)＝5Hz，I＝eq\f(Im,\r(2))＝5eq\r(2)A≈7.07A．A正确，B、C、D错误．【答案】A2．某一电热器接在U＝110V的直流电源上，每秒产生的热量为Q；现把它改接到正弦式电流电源上，每秒产生的热量为2Q，则该交流电压的最大值Um是()A．110VB．110eq\r(2)VC．220VD．220eq\r(2)V【解析】接在直流电源上，Q＝eq\f(U2,R)t，接在正弦式电流电源上应有2Q＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))\s\up12(2),R)t，所以Um＝2U＝220V.【答案】C3．已知交变电流i＝Imsinωt，线圈从中性面开始转动，则在一个周期内转动多长时间，其瞬时值等于有效值()A.eq\f(\r(2)π,ω)B.eq\f(π,\r(2)ω)C.eq\f(π,4ω)D.eq\f(π,2ω)【解析】根据eq\f(Im,\r(2))＝Imsinωt，得sinωt＝eq\f(\r(2),2)，则ωt＝eq\f(π,4)，t＝eq\f(π,4ω).【答案】C图5­2­84．(2013·福建高考)如图5­2­8，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0Ω，外接R＝9.0Ω的电阻．闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10eq\r(2)sin10πt(V)，则()A．该交变电流的频率为10HzB．该电动势的有效值为10eq\r(2)VC．外接电阻R所消耗的电功率为10WD．电路中理想交流电流表Ⓐ的示数为1.0【解析】根据感应电动势的表达式求解交变电流的四值．因e＝10eq\r(2)sin10πt(V)，故ω＝10πrad/s，f＝eq\f(ω,2π)＝5Hz，选项A错误；Em＝10eq\r(2)V，故其有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝10V，选项B错误；交流电表的示数及功率的计算均要用有效值，因此电路中Ⓐ表的示数I＝eq\f(E,R＋r)＝1.0A，选项D正确；外接电阻R所消耗功率为P＝I2R＝1.02×9W＝9W，选项C错误．【答案】D5．如图5­2­9所示的电流通过图中的电阻R，则交变电流表的示数为多少？图5­2­9【解析】交变电流表的示数为电流的有效值，题图中的I­t图像是正弦半波交变电流曲线，在半个周期内，它的有效值与正弦交变电流的有效值相同，再根据该电流在一个周期内所做的功和其有效值做功等效的关系，就可以求出电流表的示数，因为Im＝5A，I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(5\r(2),2)A，所以有eq\f(I2RT,2)＝Ieq\o\al(2,A)RT，IA＝eq\f(I,\r(2))＝2.5A.【答案】2.5【备选习题】(教师用书独具)1．(多选)某交变电流的方向在1s内改变了100次，则其周期T和频率f分别为()A．T＝0.01sB．T＝0.02sC．f＝100HzD．f＝50Hz【解析】由于正弦式电流电每周期内方向改变两次，所以其频率为50Hz，由T＝eq\f(1,f)得T＝0.02s.【答案】BD2．以下说法正确的是()A．交变电流的有效值就是它的平均值B．任何交变电流的有效值都是其最大值的eq\f(1,\r(2))C．如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q，那么该交变电流的有效值为eq\r(\f(Q,R))D．以上说法均不正确【解析】交变电流的有效值不同于它的平均值，A错误；只有正弦式交变电流的有效值才是其最大值的eq\f(1,\r(2))，B错误；根据有效值定义，交变电流接在电阻R上，Q＝I2Rt，I＝eq\r(\f(Q,Rt))，C错误，所以答案选D.【答案】D3．(2014·通州高二检测)如图教5­2­1所示是一交变电流的i­t图象，则该交变电流的有效值为()图教5­2­1A．4AB．2eq\r(2)AC.eq\f(8,3)AD.eq\f(2\r(30),3)A【解析】设该交变电流的有效值为I，由有效值的定义得(eq\f(Im,\r(2)))2Rt1＋Ieq\o\al(2,m)Rt2＝I2Rt.而t＝t1＋t2，代入数据解得：I＝eq\f(2\r(30),3)A，故D正确．【答案】D4．交流电源电压u＝20sin(100πt)V，电路中电阻R＝10Ω.则如图教5­2­2电路中电流表和电压表的读数分别为()图教5­2­2A．1.41A，14.1VB．1.41A，20VC．2A，20VD．2A，14.1V【解析】电流表和电压表测量的是交变电流的有效值；由u＝20sin(100πt)V知Um＝20V，故U＝eq\f(Um,\r(2))＝10eq\r(2)V＝14.1V，电流的读数I＝eq\f(U,R)＝1.41A，故A正确．【答案】A5．一个电热器接在10V的直流电源上，在时间t内产生的焦耳热为Q，今将该电热器接在一个交流电源上，它在时间2t内产生的焦耳热为Q，则这一交流电源的交流电压的最大值和有效值分别是()A．最大值是10eq\r(2)V，有效值是10VB．最大值是10V，有效值是5eq\r(2)VC．最大值是5eq\r(2)V，有效值是5VD．最大值是20V，有效值是10eq\r(2)V【解析】设电热器电阻为R，接10V的直流电源时，Q＝eq\f(102,R)·t①设交流电压有效值为U，则Q＝eq\f(U2,R)·2t②由①②两式可得U＝5eq\r(2)V，故最大值为10V.【答案】B1．(多选)一正弦式电流的电压随时间变化的规律如图5­2­10所示．由图可知()图5­2­10A．该交流电的电压有效值为100VB．该交流电的频率为25HzC．该交流电的电压的有效值为100eq\r(2)VD．若将该交流电压加在阻值R＝100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50W【解析】由图象可看出该交流电的电压有效值为eq\f(100,\r(2))V，A、C错误；频率为25Hz，B正确；P＝eq\f(U2,R)＝50W，D正确．【答案】BD2．(多选)(2014·东北师大附中高二检测)一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n，则()A．线框交变电动势的峰值为nπBSB．线框交变电动势的有效值为eq\r(2)nπBSC．从开始转动经过1/4周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD．感应电动势的瞬时值为e＝2nπBSsin2nπt【解析】因为ω＝2πn，所以Em＝BSω＝2πnBS，所以A错误；E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\r(2)nπBS，B正确；因为T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(1,n)，所以E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BS,\f(1,4)T)＝eq\f(BS,\f(1,4n))＝4nBS，C错误；e＝Emsinωt＝2πnBSsin2πnt，D正确．【答案】BD3．两个完全相同的电热器，分别通以图5­2­11甲、乙所示的峰值相等的矩形交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比P甲∶P乙等于()甲乙图5­2­11A.eq\r(2)∶1B．2∶1C．4∶1D．1∶1【解析】甲为矩形交变电流，它的大小恒为Im，方向做周期性的变化，而电流通过电阻的热功率跟电流的方向无关，所以矩形交变电流通过电阻R的热功率P甲＝Ieq\o\al(2,m)R；乙为正弦交变电流，计算热功率时要用电流的有效值：I＝eq\f(Im,\r(2))，所以P乙＝I2R＝(eq\f(Im,\r(2)))2R＝eq\f(Ieq\o\al(2,m),2)R＝eq\f(P甲,2)，得eq\f(P甲,P乙)＝eq\f(2,1).故B正确．【答案】B4．(2012·北京高考)一个小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦式电流电源上，其消耗的电功率为eq\f(P,2).如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为()A．5VB．5eq\r(2)VC．10VD．10eq\r(2)V【解析】根据P＝eq\f(U2,R)，对直流电有P＝eq\f(（10V）2,R)，对正弦式电流电有eq\f(P,2)＝eq\f(U′2,R)，所以正弦式电流电的有效值为U′＝eq\r(\f(PR,2))＝eq\f(10,\r(2))V，故交流电源输出电压的最大值U′m＝eq\r(2)U′＝10V，故选项C正确，选项A、B、D错误．【答案】C5．(2014·鞍山一中高二检测)夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行．一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图5­2­12所示，此空调器运转1h用电()图5­2­12A．1.0度B．1.5度C．2.0度D．2.5度【解析】由图象知，电功率随时间的变化周期为15min，前5min为0.5kW，后10min为2kW.设电功率的有效值为P，周期为T，据有效值定义有P1eq\f(T,3)＋P2eq\f(2T,3)＝PT将P1＝0.5kW，P2＝2kW代入得：P＝1.5kW.此空调1h用电W＝Pt＝1.5(度)．【答案】B6．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5­2­13所示的匀强磁场中匀速运动，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()图5­2­13A.eq\f(（2πl2nB）2,P)B.eq\f(2（πl2nB）2,P)C.eq\f(（l2nB）2,2P)D.eq\f(（l2nB）2,P)【解析】不封闭的正方形在磁场中转动产生正弦式电流，其产生交流电的最大值Um＝Blv＝Blωl＝Bl22πn，其有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\r(2)πnBl2由于灯泡正常发光功率为P，则P＝eq\f(U2,R)，可得R＝eq\f(2（πl2nB）2,P).【答案】B图5­2­147．如图5­2­14所示，单匝矩形线圈abcd处在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，线圈所围面积为S，线圈的总电阻为R.t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在离开纸面向外运动，则()A．时刻t线圈中电流的瞬时值i＝eq\f(BSω,R)cosωtB．线圈中电流的有效值I＝eq\f(BSω,R)C．线圈中电流的有效值I＝eq\f(\r(2)BSω,2R)D．线圈消耗的电功率P＝eq\f(（BSω）2,R)【解析】由题意得i＝eq\f(BSω,R)sinωt，电流有效值I＝eq\f(BSω,\r(2))，P＝eq\f(（BSω）2,2R)所以只有选项C正确．【答案】C8．一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5­2­15甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则()图5­2­15A．电压表的示数为220VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J【解析】电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图象知电动势的最大值Em＝220eq\r(2)V，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝220V．灯泡两端电压U＝IR＝eq\f(E,R＋r)R＝209V，A错误；由图象知T＝0.02s，一个周期内电流方向变化2次，可知1s内电流方向变化100次，B错误；灯泡的实际功率P＝eq\f(U2,R)＝459.8W，C错误；电流的有效值I＝eq\f(E,R＋r)＝2.2A，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝I2rt＝2.22×5×1J＝24.2J，D正确．【答案】D图5­2­169．(2011·四川高考)如图5­2­16所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为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．那么()A．线圈消耗的电功率为4WB．线圈中感应电流的有效值为2C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4coseq\f(2π,T)tD．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝eq\f(T,π)sineq\f(2π,T)t【解析】线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正(或余)弦式交变电流，因为从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以瞬时电动势表达式e＝Emcosωt，当转过60°时e＝Emcos60°＝eq\f(Em,2)，而i＝eq\f(e,R)＝eq\f(\f(Em,2),2Ω)＝eq\f(Em,4Ω)＝1A，所以Em＝4V．故电动势有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝2eq\r(2)V，则线圈消耗功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(（2\r(2)）2,2)W＝4W，则选项A正确；线圈中感应电流的有效值I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2\r(2),2)A＝eq\r(2)A，则选项B错误；因为Em＝4V，所以e＝Emcosωt＝4coseq\f(2π,T)tV，则选项C正确；因为Em＝BS·eq\f(2π,T)，所以Φm＝BS＝eq\f(Em·T,2π)＝eq\f(2T,π)，所以任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝Φm·sinωt＝eq\f(2T,π)sineq\f(2π,T)t，所以选项D错误．【答案】AC10．(多选)电阻R1、R2与交流电源按照如图5­2­17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()甲乙图5­2­17A．通过R1的电流有效值是1.2B．R1两端的电压有效值是6VC．通过R2的电流最大值是1.2eq\r(2)AD．R2两端的电压最大值是12eq\r(2)V【解析】由i­t图象可知，电流最大值Im＝0.6eq\r(2)A，有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝0.6A，因R1与R2串联，则I1＝I＝0.6A，U1＝IR1＝6V，I2m＝Im＝0.6U2m＝ImR2＝12eq\r(2)V，故A、C错误，B、D正确．【答案】BD11．一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈的匝数n＝100，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系如图5­2­18甲所示，发电机线圈的电阻r＝5Ω，外电路电阻R＝95Ω.求串联在外电路中的交流电流表的读数．(结果保留2位小数)图5­2­18【解析】感应电动势的最大值：Em＝nBSω＝nΦmω设线圈在磁场中转动的周期为T，则有ω＝eq\f(2π,T)根据欧姆定律，电路中的电流的最大值为：Im＝eq\f(Em,R＋r)有效值：I＝eq\f(\r(2),2)Im由题中给定的Φ－t图象可得：Φm＝1.0×10－2Wb，T＝3.14×10－2s解以上各式，并代入数据，得：I＝1.41A【答案】1.4112．如图5­2­19所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO′轴从图示位置开始匀速转动，已知从图示位置转过eq\f(π,6)时，线圈中电动势大小为10V．求：图5­2­19(1)交变电动势的峰值；(2)交变电动势的有效值；(3)设线圈电阻为R＝1Ω，角速度ω＝100rad/s，线圈由图示位置转过eq\f(π,2)的过程中通过导线横截面的电荷量q.【解析】(1)由题意知图中位置是中性面，从此时开始计时，正弦交变电动势的瞬时值为：e＝Emsinωt，将ωt＝eq\f(π,6)，e＝10V代入上式，解得峰值为Em＝20V.(2)因为此电流为正弦交变电流，所以交变电动势的有效值为：E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(20,\r(2))V＝10eq\r(2)V.(3)在线圈转过eq\f(π,2)的过程中，穿过线圈平面的磁通量变化量ΔΦ＝BS，据Em＝BSω得，ΔΦ＝BS＝eq\f(Em,ω)＝0.2Wb，所以E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,ΔtR).又因为q＝IΔt＝eq\f(ΔΦ,R)，故通过导线横截面的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(0.2,1)C＝0.2C.【答案】(1)20V(2)10eq\r(2)V(3)0.2C3电感和电容对交变电流的影响●课标要求通过实验，了解电容、电感对交变电流的导通和阻碍作用．●课标解读1．通过实验，了解电感器和电容器对交变电流的阻碍和导通作用．2．知道感抗和容抗的物理意义及影响因素．3．通过猜想、假设、实验、交流合作与分析论证，体验科学探究过程．●教学地位本节知识在高考中尽管很少直接命题，但它是物理的最基本知识，是以后学习的基础，学习本节知识时，应重视对现象和规律的理解及应用．●新课导入建议电阻、电容和电感被称为电子线路中的三大元件，对于电阻的作用我们已经比较清楚，那么电容和电感对于我们现在学习的交变电流会有什么样的特性呢？通过本节的学习你会明白电感和电容对交变电流产生怎样的影响．教学流程设计课标解读重点难点1.通过实验了解电感对交变电流的阻碍作用，能够运用所学知识分析含有电感的简单交变电路.2.通过实验了解电容对交变电流的阻碍作用，能够分析简单交变电路中电容器的作用.3.简单了解电感器和电容器在电工和电子技术中的应用．1.电感和电容对交变电流的影响．(重点)2.电感器和电容器的应用．(重点)3.电感和电容对交变电流阻碍作用的理解.(难点)4.影响感抗和容抗大小的因素．(难点)

电感器对交变电流的阻碍作用1.基本知识(1)实验探究(如图5­3­1所示)①实验电路：图5­3­1②实验条件：直流电源电压与交流电源电压有效值相等．③实验现象：接通直流电源时，灯泡亮些；接通交流电源时，灯泡暗些．④实验结论：电感线圈对交流电流有阻碍作用．(2)感抗①物理意义：表示电感器对交变电流阻碍作用的大小的物理量．②影响因素：线圈的自感系数越大，交流的频率越高，感抗越大．③应用：扼流圈低频扼流圈：可以用来“通直流，阻交流”．高频扼流圈：可以用来“通直流，通低频，阻高频”．2．思考判断(1)电感对交变电流阻碍作用越大，感抗就越小．(×)(2)交流电的频率越高，电感对交流的阻碍作用越大．(√)(3)电感线圈之所以对交变电流有阻碍作用，是由于自感电动势总是阻碍电流的变化．(√)3．探究交流电感线圈对交变电流的阻碍作用为什么随线圈的自感系数、交变电流的频率的增大而增大呢？【提示】电感线圈的阻碍作用是由交变电流通过线圈时产生的自感电动势引起的，自感系数越大时产生的自感电动势也越大；交变电流的频率越高，电流的变化率也越大，感应电动势也就越大，所以阻碍作用就越大，感抗也就越大．交变电流能够通过电容器及电容器对交变电流的阻碍作用1．基本知识(1)交变电流能够通过电容器①实验电路(如图5­3­2)图5­3­2②实验现象：电路中串有电容器时，接通直流电源，灯泡不亮；接通交流电源，灯泡亮．③实验结论：交变电流能够通过电容器，直流不能通过电容器．(2)电容器对交变电流的阻碍作用①实验探究②容抗物理意义：表示电容对交流阻碍作用的大小．影响容抗大小的因素：电容器的电容越大，交流的频率越高，容抗越小．③作用：电容器具有“隔直流，通交流”的作用．2．思考判断(1)电容器在交变电路中，相当于一个电阻，具有分压作用．(√)(2)电容器接到交流电源时，有自由电荷通过电容器．(×)(3)电容器是通直流、阻交流，通高频、阻低频．(×)3．探究交流试分析电容器的电容C与容抗的定性关系，若要通高频阻低频，应选用电容C大些的还是小些的电容器？【提示】电容器的电容C越大，充放电显示的容抗越小，若要通高频阻低频，则电容器的容抗在低频时应表现很大，必须选用电容C较小的电容器．

电感对交变电流的阻碍作用【问题导思】1．电感为什么对交变电流有阻碍作用？决定感抗大小的因素是什么？2．电感线圈在电路中的作用是什么？有哪些具体的应用？1．电感对交变电流的阻碍作用的成因通过线圈的电流大小和方向变化，都会引起通过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，这种现象就是自感现象．根据楞次定律，自感电动势所引起的感应电流总是要使它产生的磁场阻碍线圈内原有磁场的变化，所以自感电动势对线圈中电流的变化有阻碍作用，这样就形成了对交变电流的阻碍作用，电感对交变电流阻碍作用的大小就称为感抗．2．感抗的两个决定因素决定感抗大小的因素有两个：一是交变电流的频率；二是自感系数L.L取决于线圈本身的性质，即线圈匝数、横截面积、有无铁芯等因素．3．电感线圈在电路中的作用由上面第一个因素可知：电感线圈对恒定直流(eq\f(ΔI,Δt)＝0)没有感抗作用，因此电感线圈可以概括为“通直流，阻交流”，同时对频率越高的交变电流感抗越大，即所谓“通低频，阻高频”．由上面第二个因素可知：要求低频扼流圈感抗大，就要用自感系数较大的线圈即匝数较多并有铁芯的扼流圈来担任；高频扼流圈的自感系数要小得多，可以用匝数少且没有铁芯的扼流圈来担任．1．电感对交变电流存在阻碍作用，这种阻碍作用与交变电流的频率有关，频率越高，感抗越大．2．电感“通直流，阻交流，通低频，阻高频”．图5­3­3(多选)(2014·泰安高二检测)在如图5­3­3所示的电路中，L为电感线圈，R为灯泡的电阻，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压U＝220eq\r(2)sin100πt(V)．若保持电源电压有效值不变，只将电源频率改为100Hz，下列说法正确的是()A．电流表示数增大B．电压表示数增大C．灯泡变暗D．灯泡变亮【审题指导】解答本题时应把握以下两点：(1)感抗与交变电流的频率的关系．(2)串联电路的电压关系．【解析】由U＝220eq\r(2)sin100πt，可得电源原来的频率为f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz.当电源频率由原来的50Hz增为100Hz时，线圈的感抗增大；在电压不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错误；灯泡的电阻R是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率(P＝I2R)减小，灯泡变暗，选项C正确，D错误；电压表与电感线圈并联，其示数为线圈两端的电压UL；设灯泡两端电压为UR，则电源电压的有效值为U＝UL＋UR；因UR＝IR，电流I减小时，UR减小；因电源电压有效值保持不变，故UL＝(U－UR)增大，选项B正确．【答案】BC1.图5­3­4(2014·曲师大附中高二检测)一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图5­3­4所示．一铁棒插进线圈之后，该灯将()A．变亮B．变暗C．没有影响D．无法判断【解析】在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势，总是反抗电流变化．正是这种反抗变化的特性(电惰性)，使线圈产生了感抗．加入铁芯改变了电感的自感系数，自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，灯泡上的电压减小，所以灯变暗．故B正确．【答案】B电容对交变电流的阻碍作用【问题导思】1．交变电流为什么能“通过”电容器？2．电容器对交变电流的阻碍作用是怎样产生的？3．决定容抗大小的因素是什么？1．交变电流“通过”电容器电容器两极板间是绝缘材料，当电容器接到交流电源上时，自由电荷不会通过两极板间的绝缘电介质，只不过在交变电压的作用下，电容器交替进行充电和放电，电路中就有电流了，表现为交变电流“通过”了电容器．2．电容器对交变电流有阻碍作用的原因当交变电流“通过”电容器时，给电容器充电或放电，形成充电或放电电流，在形成电流的过程中，对自由电荷来说，当电源的电压推动它们向某一方向做定向移动的时候，电容器两极板上积累的电荷却反抗它们向这个方向做定向移动，也就是说在给电容器充电或放电过程中，在电容器两极形成跟原电压相反的电压，这就对电流产生了阻碍作用．3．决定容抗的两个因素交流电的频率和电容器的电容．4．电容