2025高考物理步步高同步练习选修2第三章交变电流含答案

2025高考物理步步高同步练习选修2第三章1交变电流[学习目标]1.通过实验观察交变电流的方向.2.会分析交变电流的产生过程，会推导交变电流电动势的表达式.3.知道什么是正弦式交变电流，知道正弦式交变电流的瞬时值表达式.4.了解交流发电机的构造及工作原理．一、交变电流1．交变电流：大小和方向随时间做周期性变化的电流叫作交变电流，简称交流．2．直流：方向不随时间变化的电流称为直流．二、交变电流的产生交流发电机的线圈在磁场中转动时，转轴与磁场方向垂直，用右手定则判断线圈切割磁感线产生的感应电流方向．三、交变电流的变化规律1．中性面(1)中性面：与磁感线垂直的平面．(2)当线圈平面位于中性面时，线圈中的磁通量最大，线圈中的电流为零．2．从中性面开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时值表达式：e＝Emsinωt，Em叫作电动势的峰值，Em＝NωBS.3．正弦式交变电流：按正弦规律变化的交变电流叫作正弦式交变电流，简称正弦式电流．4．正弦式交变电流和电压电流表达式i＝Imsin_ωt，电压表达式u＝Umsin_ωt.其中Im、Um分别是电流和电压的最大值，也叫峰值．四、交流发电机1．主要构造：电枢和磁体．2．分类(1)旋转电枢式发电机：电枢转动，磁极不动．(2)旋转磁极式发电机：磁极转动，电枢不动．判断下列说法的正误．(1)只要线圈在磁场中转动，就可以产生交变电流．(×)(2)线圈在通过中性面时磁通量最大，电流也最大．(×)(3)线圈在通过中性面时电流的方向发生改变．(√)(4)从线圈平面经中性面时开始计时，在线圈转动90°角的时间内，电流一直增大．(√)(5)从线圈平面与中性面垂直开始计时，在线圈转动2圈的过程中电流方向改变4次．(√)(6)线圈转动过程中通过线圈的磁通量最大的位置，也是感应电流最大的位置．(×)一、交变电流与直流1．交变电流大小和方向随时间做周期性变化的电流叫作交变电流，简称交流．2．常见的交变电流的波形图实际应用中，交变电流有着不同的变化规律，常见的有以下几种，如图1所示．图13．直流方向不随时间变化的电流叫作直流，大小和方向都不随时间变化的电流叫作恒定电流．如图所示，属于交流电的是()答案C解析电流大小、方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特征．A、B、D三项所示的电流大小随时间做周期性变化，但其方向不变，不是交变电流，它们是直流电，故A、B、D错误；C选项中电流符合交变电流的特征，故C正确．二、交变电流的产生导学探究假定线圈绕OO′轴沿逆时针方向匀速转动，如图2所示，则：图2(1)线圈转动一周的过程中，线圈中的电流方向如何变化？(2)线圈转动过程中，当产生的感应电流有最大值和最小值时线圈分别在什么位置？答案(1)转动过程电流方向甲→乙B→A→D→C乙→丙B→A→D→C丙→丁A→B→C→D丁→甲A→B→C→D(2)线圈转到乙或丁位置时线圈中的感应电流最大．线圈转到甲或丙位置时线圈中感应电流最小，为零，此时线圈所处的平面称为中性面．知识深化两个特殊位置1．中性面位置(S⊥B，如图2中的甲、丙)线圈平面与磁场垂直的位置，此时Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)为0，e为0，i为0.线圈经过中性面时，电流方向发生改变，线圈转一圈电流方向改变两次．2．垂直中性面位置(S∥B，如图2中的乙、丁)此时Φ为0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大．(多选)下图中，哪些情况线圈中产生了交变电流()答案BCD针对训练在水平向右的匀强磁场中，一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路．t1、t2时刻线框分别转到如图3甲、乙所示的位置，图甲中线框与磁感线平行，图乙中线框与磁感线垂直，下列说法正确的是()图3A．t1时刻穿过线框的磁通量最大B．t1时刻电阻中的电流最大，方向从右向左C．t2时刻穿过线框的磁通量变化最快D．t2时刻电阻中的电流最大，方向从右向左答案B解析t1时刻，穿过线框的磁通量为零，线框产生的感应电动势最大，电阻中的电流最大，根据楞次定律判断知通过电阻的电流方向从右向左，A错误，B正确；t2时刻，穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，线框产生的感应电动势为零，电阻中的电流为零，C、D错误．三、正弦式交变电流的变化规律导学探究如图4所示，线圈平面绕bc边的中点从中性面开始转动，角速度为ω.经过时间t，线圈转过的角度是ωt，ab边的线速度v的方向跟磁感线方向间的夹角也等于ωt.设ab边长为L1，bc边长为L2，线圈面积S＝L1L2，磁感应强度为B，则：图4(1)ab边产生的感应电动势为多大？(2)整个线圈中的感应电动势为多大？(3)若线圈有N匝，则整个线圈的感应电动势为多大？答案(1)eab＝BL1vsinωt＝BL1eq\f(L2ω,2)sinωt＝eq\f(1,2)BL1L2ωsinωt＝eq\f(1,2)BSωsinωt.(2)整个线圈中的感应电动势由ab和cd两边产生的感应电动势组成，且eab＝ecd，所以e总＝eab＋ecd＝BSωsinωt.(3)若线圈有N匝，则相当于N个完全相同的电源串联，所以e＝NBSωsinωt.知识深化1．正弦交变电流的瞬时值表达式(1)从中性面位置开始计时e＝Emsinωt，i＝Imsinωt，u＝Umsinωt(2)从与中性面垂直的位置开始计时e＝Emcosωt，i＝Imcosωt，u＝Umcosωt.2．交变电流的峰值Em＝NωBS，Im＝eq\f(NωBS,R＋r)，Um＝eq\f(NωBSR,R＋r).说明电动势峰值Em＝NωBS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，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关．如图5所示的几种情况中，如果N、B、ω、S均相同，则感应电动势的峰值均相同．图5如图6所示，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(\r(2),π)T，边长L＝10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈总电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，角速度ω＝2πrad/s，外电路电阻R＝4Ω.求：图6(1)转动过程中线圈中感应电动势的最大值．(2)从图示位置(线圈平面与磁感线平行)开始感应电动势的瞬时值表达式．(3)由图示位置转过30°角时电路中电流的瞬时值．(4)线圈从开始计时经eq\f(1,6)s时线圈中的感应电流的瞬时值．(5)外电路R两端电压的瞬时值表达式．答案(1)2eq\r(2)V(2)e＝2eq\r(2)cos2πt(V)(3)eq\f(\r(6),5)A(4)eq\f(\r(2),5)A(5)uR＝eq\f(8\r(2),5)cos2πt(V)解析(1)设转动过程中线圈中感应电动势的最大值为Em，则Em＝nBL2ω＝100×eq\f(\r(2),π)×0.12×2πV＝2eq\r(2)V.(2)从题图所示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝2eq\r(2)cos2πt(V)．(3)从题图所示位置转过30°角时感应电动势的瞬时值e′＝2eq\r(2)cos30°V＝eq\r(6)V，则电路中电流的瞬时值为i＝eq\f(e′,R＋r)＝eq\f(\r(6),5)A.(4)t＝eq\f(1,6)s时，e″＝Emcosωt＝2eq\r(2)cos(2π×eq\f(1,6))＝eq\r(2)V，对应的电流的瞬时值i′＝eq\f(e″,R＋r)＝eq\f(\r(2),5)A(5)由欧姆定律，得uR＝eq\f(e,R＋r)R＝eq\f(8\r(2),5)cos2πt(V)．确定正弦式交变电流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按正弦规律变化还是按余弦规律变化．2．确定线圈转动的角速度．3．确定感应电动势的峰值Em＝NωBS.4．写出瞬时值表达式e＝Emsinωt或e＝Emcosωt.四、交变电流的图像如图7甲、乙所示，从图像中可以得到以下信息：图7(1)交变电流的峰值Em、Im.(2)两个特殊值对应的位置：①e＝0(或i＝0)时：线圈位于中性面上，此时eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，Φ最大．②e最大(或i最大)时：线圈平行于磁感线，此时eq\f(ΔΦ,Δt)最大，Φ＝0.(3)e、i大小和方向随时间的变化规律．一个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像如图8甲所示，则下列说法中正确的是()图8A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01s时刻，Φ的变化率达到最大C．t＝0.02s时刻，电动势的瞬时值达到最大D．该线圈产生的相应感应电动势的图像如图乙所示答案B解析由题图甲知，当t＝0时，Φ最大，说明线圈平面与中性面重合，故选项A错误；当t＝0.01s时，Φ最小，为零，Φ－t图像的斜率最大，即Φ的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)最大，故选项B正确；当t＝0.02s时，Φ最大，此时电动势的瞬时值为零，故选项C错误；由以上分析可知，选项D错误.1．(交变电流的产生)(2020·山西实验中学高二月考)如图所示，各图中面积均为S的线圈绕其对称轴或中心轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，从图示时刻开始计时，能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的是()答案A解析由题图可知，只有A、C两图线圈转动时穿过线圈的磁通量发生变化，产生交变电流，但C图产生的感应电动势按余弦规律变化，即e＝BSωcosωt，A图产生的感应电动势按正弦规律变化，即e＝BSωsinωt；B、D两图线圈转动时均没有导致磁通量变化，不能产生感应电动势．选项A正确，B、C、D错误．2.(交变电流的图像)(多选)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匀速转动，线圈中的感应电动势e随时间t变化的规律如图9所示，则下列说法正确的是()图9A．图中曲线是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的B．t1和t3时刻穿过线圈的磁通量为零C．t1和t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零D．感应电动势e的方向变化时，穿过线圈的磁通量最大答案ACD解析由题图可知，当t＝0时，感应电动势最大，说明穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，即题图中曲线是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的，选项A正确；t1、t3时刻感应电动势为零，穿过线圈的磁通量的变化率为零，磁通量最大，选项B错误，C正确；感应电动势e的方向变化时，线圈通过中性面，此时穿过线圈的磁通量最大，选项D正确．3.(交变电流的图像)如图10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，则下列四幅图像中可能正确的是()图10答案C解析以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时为计时起点，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，为负值，且线圈远离中性面，Φ减小，电流增大，故选项C正确．4.(交变电流的变化规律)有一匝数为10匝的正方形线圈，边长为20cm，线圈总电阻为1Ω，线圈绕OO′轴以10πrad/s的角速度匀速转动，如图11所示，垂直于线圈平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5T．(线圈转动从中性面开始计时)图11(1)求该线圈产生的交变电流的电动势最大值、电流最大值分别为多少？(2)线圈从图示位置转过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．答案(1)6.28V6.28A(2)5.44V(3)e＝6.28sin10πt(V)解析(1)线圈产生的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)线圈从题图所示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值E＝Emsin60°≈5.44V.(3)由于线圈转动是从中性面开始计时的，所以感应电动势瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝6.28sin10πt(V).考点一交变电流的理解与产生1．(多选)下列图像中属于交变电流的有()答案ABC解析选项D中，电流大小随时间变化，但因其方向不变，所以是直流．选项A、B、C中i的大小和方向均做周期性变化，故它们属于交变电流．2.如图1所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连．M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连．在线圈转动过程中，通过电阻R的电流()图1A．大小和方向都随时间做周期性变化B．大小和方向都不随时间做周期性变化C．大小不断变化，方向总是P→R→QD．大小不断变化，方向总是Q→R→P答案C解析半圆环交替接触电刷，从而使输出电流方向不变，这是一个直流发电机模型，由右手定则知，外电路中电流方向是P→R→Q，故C正确．3．(2020·安徽阜阳三中高二月考)交流发电机发电示意图如图2所示，线圈转动过程中，下列说法正确的是()图2A．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边中感应电流方向为A→B答案D解析转到题图甲位置时，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，选项A错误；转到题图乙位置时，线圈平面与磁感线平行，线圈中产生的感应电动势最大，选项B错误；转到题图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时线圈中产生的感应电流最小，且感应电流方向改变，选项C错误；转到题图丁位置时，线圈平面与磁感线平行，切割速度与磁感线垂直，根据右手定则可知，AB边中感应电流方向为A→B，选项D正确．考点二正弦式交变电流的变化规律4．交流发电机工作时电动势为e＝Emsinωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势e′变为()A．Emsineq\f(ωt,2) B．2Emsineq\f(ωt,2)C．Emsin2ωt D.eq\f(Em,2)sin2ωt答案C解析感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsinωt，而Em＝NBωS，ω＝2πn，当n提高一倍时，ω加倍；当ω加倍而S减半时，Em不变，故C正确．5．(多选)如图3所示，矩形线圈abcd放在匀强磁场中，ad＝bc＝l1，ab＝cd＝l2.从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴匀速转动，则()图3A．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsinωtB．以O1O1′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsinωtC．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωcosωtD．以OO′为转轴跟以ab为转轴一样，感应电动势e＝Bl1l2ωcosωt答案CD解析以O1O1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流．无论以OO′为轴还是以ab为轴转动，感应电动势的最大值都是Bl1l2ω，由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故C、D正确，A、B错误．6.(多选)如图4所示，一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，转动过程线框中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝0.5sin(20t)V，由该表达式可推知以下哪些物理量()图4A．匀强磁场的磁感应强度B．线框的面积C．穿过线框的磁通量的最大值D．线框转动的角速度答案CD解析根据正弦式交变电流的感应电动势的瞬时值表达式e＝BSωsinωt可得ω＝20rad/s，而穿过线框的磁通量的最大值为Φm＝BS，根据BSω＝0.5V可知磁通量的最大值Φm＝0.025Wb，无法求出匀强磁场的磁感应强度和线框的面积，故C、D正确．考点三交变电流的图像7.一个闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的感应电动势如图5所示．下列判断正确的是()图5A．t＝0.01s时刻，线圈平面处于中性面位置B．t＝0.02s时刻，线圈平面与磁感线平行C．t＝0.01s时刻，通过线圈平面的磁通量为零D．1s内电流的方向变化50次答案A解析由题图可知t＝0.01s和t＝0.02s时，感应电流为零，则感应电动势为零，磁通量最大，线圈平面处于中性面位置，A正确，B、C错误；由于正弦式交变电流在一个周期内电流方向变化两次，而该交变电流的周期为0.02s，则1s内电流的方向变化100次，D错误．8．(多选)如图6甲所示，一个矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向且与线圈共面的轴OO′匀速转动，从某个时刻开始计时，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化如图乙所示，则下列说法中正确的是()图6A．t＝0时刻线圈处于中性面位置B．t1、t3时刻线圈中的感应电流最大且方向相同C．t2、t4时刻穿过矩形线圈的磁通量最大，但感应电流却为零D．t5时刻穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率也为零答案AC解析t＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，所以线圈处在中性面位置，故A正确；t1、t3时刻穿过线圈的磁通量为零，线圈平面与磁场平行，磁通量的变化率最大，感应电流最大，但方向相反，故B错误；t2、t4时刻穿过矩形线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，所以感应电流为零，故C正确；t5时刻穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，故D错误．9．(2020·安徽合肥一六八中学高二下测试)一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势瞬时值表达式为e＝10eq\r(2)sin(4πt)V，则()A．该线圈转动的角速度为4rad/sB．t＝0时刻线圈平面与磁场垂直C．t＝0.25s时，e达到最大值D．在1s时间内，线圈中电流方向改变10次答案B解析由交变电动势的瞬时值表达式e＝10eq\r(2)sin(4πt)V，可知感应电动势的最大值Em＝10eq\r(2)V，线圈转动的角速度ω＝4πrad/s，选项A错误；将t＝0代入交变电动势的瞬时值表达式，可得感应电动势为0，则此时线圈处于中性面，线圈平面与磁场垂直，选项B正确；将t＝0.25s代入交变电动势的瞬时值表达式e＝10eq\r(2)sin(4πt)V，可得e＝10eq\r(2)sinπV＝0，e达到最小值，选项C错误；线圈转动的周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.5s，则在1s时间内线圈转过2周，转1周电流方向改变2次，则在1s时间内线圈中电流方向改变4次，选项D错误．10．一矩形线圈有100匝，面积为50cm2，线圈内阻r＝2Ω，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场平行时开始计时，已知磁感应强度B＝0.5T，线圈的转速n＝1200r/min，外接一纯电阻用电器，电阻为R＝18Ω，试写出R两端电压的瞬时值表达式．答案u＝9πcos(40πt)V解析n＝1200r/min＝20r/s，角速度ω＝2πn＝40πrad/s，线圈产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω＝100×0.5×50×10－4×40πV＝10πV，从线圈平面与磁场平行时开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcosωt＝10πcos(40πt)V，由闭合电路欧姆定律i＝eq\f(e,R＋r)，故R两端电压的瞬时值表达式u＝Ri＝9πcos(40πt)V.11.(2020·泉州市泉港区第一中学月考)如图7所示，矩形线圈匝数N＝100，ab＝30cm，ad＝20cm，匀强磁场磁感应强度B＝0.8T，绕垂直磁场的轴OO′从图示位置(线圈平面与磁感线平行)开始匀速转动，角速度ω＝100πrad/s，则：图7(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm为多大？(2)线圈产生的感应电动势最大值Em为多大？(3)感应电动势e随时间t变化的表达式？(从图示位置开始计时)(4)从图示位置开始匀速转动60°时，线圈中产生的感应电动势为多少？答案(1)0.048Wb(2)480πV(3)e＝480πcos100πt(V)(4)240πV解析(1)当线圈转至与磁感线垂直时，穿过线圈的磁通量有最大值，Φm＝BS＝0.8×0.3×0.2Wb＝0.048Wb(2)线圈平面与磁感线平行时，感应电动势有最大值为Em＝NBSω＝100×0.8×0.3×0.2×100πV＝480πV；(3)从题图所示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝480πcos100πt(V)；(4)从题图所示位置开始匀速转动60°，即ωt＝60°，则此时线圈中产生的感应电动势e′＝480π×cos60°V＝240πV.2交变电流的描述[学习目标]1.知道交变电流的周期、频率的概念，掌握T、f、ω之间的关系.2.理解交变电流的峰值、有效值的概念，会根据电流的热效应计算电流的有效值.3.理解正弦式交变电流的公式和图像．一、周期和频率1．周期(T)：交变电流完成一次周期性变化所需的时间．2．频率(f)：交变电流完成周期性变化的次数与所用时间之比叫作频率，数值等于交变电流在单位时间内完成周期性变化的次数．3．周期和频率的关系：T＝eq\f(1,f)或f＝eq\f(1,T).4．角速度与周期、频率的关系：ω＝eq\f(2π,T)＝2πf.二、峰值和有效值1．峰值：交变电流的电压、电流能达到的最大数值叫峰值．电容器所能承受的电压要高于交流电压的峰值，否则电容器就可能被击穿．2．有效值：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，则此恒定电流的电流与电压叫作交变电流的有效值．3．正弦式交变电流最大值与有效值之间的关系E＝eq\f(Em,\r(2))＝0.707Em，U＝eq\f(Um,\r(2))＝0.707Um，I＝eq\f(Im,\r(2))＝0.707Im三、正弦式交变电流的公式和图像1．正弦式交变电流的公式和图像可以详细描述交变电流的情况．若线圈通过中性面时开始计时，交变电流的图像是正弦曲线．2．若已知电压、电流最大值分别是Um、Im，周期为T，则正弦式交变电流电压、电流表达式分别为u＝Umsineq\f(2π,Τ)t，i＝Imsineq\f(2π,T)t.3．正弦式交变电压的图像如图1所示图11．判断下列说法的正误．(1)正弦式交变电流的正负两部分是对称的，所以有效值为零．(×)(2)交变电流的有效值就是一个周期内的平均值．(×)(3)一个正弦式交变电流的峰值同周期、频率一样是不变的，但有效值是随时间不断变化的．(×)(4)交流电路中，电压表、电流表的测量值都是有效值．(√)2．图2是一个正弦式交变电流的图像，由图可知，电流的峰值Im＝________A，有效值I＝________A，周期T＝________s，频率f＝________Hz.图2答案eq\r(2)140.25一、周期和频率导学探究如图3所示的交变电流完成一次周期性变化需要多长时间？在1s内完成多少次周期性变化？图3答案完成一次周期性变化需要0.02s；在1s内完成50次周期性变化．知识深化1．周期：交变电流完成一次周期性变化所需的时间．在交变电流的图像中，一个完整的正弦波形对应的时间为一个周期T.2．频率：交变电流完成周期性变化的次数与所用时间之比，其数值等于单位时间内完成周期性变化的次数．3．周期和频率的关系：f＝eq\f(1,T)，如图4为我国照明电路的u－t图像，则交流电的周期T＝0.02s，频率f＝50Hz.图4说明交变电流的周期和频率跟发电机转子的角速度ω或转速n有关．ω(n)越大，周期越短，频率越高，其关系为ω＝eq\f(2π,T)＝2πf＝2πn.(多选)矩形金属线圈共10匝，绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的情况如图5所示．下列说法正确的是()图5A．此交变电流的频率为0.2HzB．1s内电流方向变化10次C．t＝0.1s时，线圈平面与磁场方向平行D．1s内线圈转5圈答案BD解析由题图可知T＝0.2s，故f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.2)Hz＝5Hz，即1s内完成5个周期，线圈转5圈，每转1圈电流方向改变2次，则1s内电流方向变化10次，故A错误，B、D正确；在t＝0.1s时，e＝0，所以线圈平面与磁场方向垂直，故C错误．二、峰值和有效值导学探究1．如图6是通过一个R＝1Ω的电阻的电流i随时间t变化的图像．图6(1)试计算1s内电阻R中产生的热量．(2)如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻R，也能在1s内产生同样的热量，这个电流是多大？答案(1)Q＝I12Rt1＋I22Rt2＝42×1×0.5J＋22×1×0.5J＝10J．(2)根据交变电流有效值的定义可得：I2Rt＝Q，解得I＝eq\r(10)A.2．某交流电压的瞬时值表达式u＝6eq\r(2)sin(100πt)V，把标有“6V2W”的小灯泡接在此电源上会不会被烧坏？把标有6V的电容器接在此电源上会不会被击穿？答案小灯泡不会被烧坏．交流电压的瞬时值表达式u＝6eq\r(2)sin(100πt)V中6eq\r(2)V是最大值，其有效值为6V，而标有“6V2W”的小灯泡中的6V是有效值，所以小灯泡不会被烧坏．电容器所能承受的电压的最大值为6V，小于交流电压的最大值，电容器会被击穿．知识深化1．峰值：(1)交变电流的电压、电流能达到的最大数值叫峰值，若将交流电接入纯电阻电路中，则电路中的电流及外电阻两端的电压的最大值分别为Im＝eq\f(Em,R＋r)，Um＝ImR.(2)电容器耐压值要高于交流电压的峰值才不会被击穿．2．有效值：确定交变电流有效值的依据是电流的热效应．让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，则此恒定电流的电流和电压叫作交变电流的有效值．(1)在正弦式交变电流中，最大值与有效值之间的关系为：E＝eq\f(Em,\r(2))＝0.707Em，U＝eq\f(Um,\r(2))＝0.707Um，I＝eq\f(Im,\r(2))＝0.707Im.(2)当电流是非正弦式交变电流时，必须根据有效值的定义求解．先计算交变电流在一个周期内产生的热量Q，再将热量Q用相应的物理量的有效值表示，即Q＝I2RT或Q＝eq\f(U2,R)T，最后代入数据求解有效值．说明(1)E＝eq\f(Em,\r(2))、I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))只适用于正(余)弦式交变电流，对于按其他规律变化的交变电流，上述关系式一般不再适用．(2)对于非正弦式交变电流有效值的计算，时间一般选取一个周期．(3)凡涉及能量、电功以及电功率等物理量时均用有效值，在确定保险丝的熔断电流时也用有效值．(2020·四川宜宾模拟)一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如下列各选项所示，在相同时间内电阻产生热量最大的是()答案D解析A、B选项中电流均为正弦式交变电流，最大值均为2A，有效值均为eq\r(2)A，C选项中电流的有效值为1.5A，D选项中电流的有效值为2A，D选项中电流的有效值最大，在R、t相同时，由焦耳定律Q＝I2Rt可知，D选项中电阻产生的热量最大，故D正确，A、B、C错误．(2020·山东济宁高二上月考)如图7所示为一交流电压随时间变化的图像，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．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为()图7A．7.5V B．8VC．3eq\r(13)V D．2eq\r(15)V答案D解析由题图可知，在0～0.01s内是正弦式交变电压，则电压的有效值等于3eq\r(2)V，在0.01～0.03s内是恒定电压，则有效值等于9V，由电流的热效应可得eq\f(3\r(2)V2,R)×eq\f(T,3)＋eq\f(9V2,R)×eq\f(2,3)T＝eq\f(U2,R)T，解得U＝2eq\r(15)V，选项D正确．三、正弦式交变电流的公式和图像(2020·长春市第二实验中学高二期末)某一电子设备所加正弦式交流电的电压随时间变化规律如图8所示，则()图8A．交流电的频率为50HzB．交流电压的有效值为100eq\r(2)VC．交流电压瞬时值表达式为u＝100cos25t(V)D．此交流电压不可以直接加在耐压值为80V的电容器两端答案D解析由题图可知交流电的周期T＝0.04s，故频率f＝eq\f(1,T)＝25Hz，故A错误；由题图可知交流电压的最大值为100V，因此其有效值为U＝eq\f(100,\r(2))V＝50eq\r(2)V，故B错误；角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.04)rad/s＝50πrad/s，交流电压瞬时值表达式为u＝100sin50πt(V)，故C错误；由题图可知交流电的最大值为100V，电容器的耐压值要高于交流电压的最大值，才不会被击穿，故此交流电压不可以直接加在耐压值为80V的电容器两端，故D正确.1．(周期和频率)关于交变电流的周期和频率，下列说法中正确的是()A．正弦式交变电流最大值连续出现两次的时间间隔等于一个周期B．1s内正弦式交变电流出现最大值的次数等于频率C．交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍D．50Hz的交变电流，其周期等于0.05s答案C解析在一个周期内，正弦式交变电流会出现正向和负向的最大值各一次，相邻两个峰值之间的时间间隔为半个周期，1s内出现最大值的次数是交变电流频率的2倍，选项A、B错误；交变电流在一个周期内方向改变两次，即方向变化的频率为交变电流频率的2倍，选项C正确；频率为50Hz的交变电流，其周期T＝eq\f(1,f)＝eq\f(1,50)s＝0.02s，选项D错误．2．(峰值和有效值)3A的直流通过电阻R时，t时间内产生的热量为Q.现让一正弦式交变电流通过电阻R，若2t时间内产生的热量为Q，则该交变电流的有效值I和最大值Im分别为()A．I＝3A，Im＝3eq\r(2)A B．I＝eq\f(3\r(2),2)A，Im＝3AC．I＝eq\r(3)A，Im＝eq\r(6)A D．I＝3eq\r(2)A，Im＝6A答案B解析根据3A的直流通过电阻R时，t时间内产生的热量为Q，可知Q＝I12Rt＝(3A)2·Rt①当让一正弦式交变电流通过电阻R时，2t时间内产生的热量为Q，则有Q＝I2R·2t②联立①②解得I＝eq\f(3\r(2),2)A，则Im＝eq\r(2)I＝3A，选项B正确．3．(有效值的计算)(2020·霍邱县第二中学开学考试)如图9所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系，若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为()图9A．1∶eq\r(2) B．1∶2C．1∶3 D．1∶6答案C解析题图甲中，在一个周期内，根据电流的热效应有2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Im,\r(2))))2Req\f(T,3)＝I2RT代入数据解得电流的有效值I＝eq\f(\r(3),3)Im＝eq\f(\r(3),3)A题图乙中，在一个周期内，根据电流的热效应有2I12Req\f(T,2)＝I′2RT代入数据解得电流的有效值I′＝I1＝1A根据W＝I2Rt知，在相同时间内两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2∶1＝1∶3故C正确，A、B、D错误．4．(交变电流的图像)(2020·广东梅州期末)矩形线框在匀强磁场内绕垂直磁场方向的轴匀速转动过程中，线框输出的交流电压随时间变化的图像如图10所示，下列说法中正确的是()图10A．交流电压的有效值为36VB．交流电压的周期为0.25sC．交流电压的瞬时值表达式为u＝36sin4t(V)D．1s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大答案A解析由题图得，正弦交流电压的最大值为Um＝36eq\r(2)V，则交流电压的有效值为U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(36\r(2),\r(2))V＝36V，A正确；由题图得正弦交流电压的周期为T＝4s，B错误；交流电压的最大值是Um＝36eq\r(2)V，线框的角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,4)rad/s＝eq\f(π,2)rad/s因线框平面从中性面开始转动，所以交流电压的瞬时值表达式为u＝Umsinωt＝36eq\r(2)sineq\f(π,2)t(V)，C错误；由题图得，1s末交流电压达到最大值，此时线框平面平行于磁场方向，通过线框的磁通量最小，为零，D错误.考点一描述交变电流的物理量1．(2020·甘肃永昌四中高二期中)一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e＝220eq\r(2)sin100πt(V)，则()A．交变电流的频率是100πHzB．t＝0时，线圈位于中性面C．交变电流的周期是0.2sD．t＝0.05s时，e有最大值答案B解析由e＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知，线圈转动的角速度ω＝100πrad/s，则交变电流的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,100π)s＝0.02s，交变电流的频率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，选项A、C错误；t＝0时e＝0，可知线圈位于中性面，选项B正确；t＝0.05s时，e＝220eq\r(2)sin5π(V)＝0，选项D错误．2．(多选)某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图1所示，由图像可知()图1A．交变电流的频率为4HzB．1s内电流方向变化50次C．若仅使线圈转速加倍，则周期变为0.02sD．若仅使线圈转速加倍，则感应电动势的最大值变为400V答案BC解析由题图可知，交变电流的周期T＝0.04s，频率f＝eq\f(1,T)＝25Hz，选项A错误；一个周期内电流方向变化2次，1s内电流方向变化eq\f(t,T)×2＝eq\f(1s,0.04s)×2＝50次，选项B正确；若仅使线圈转速加倍，根据T＝eq\f(1,n)可知，周期将变为原来的二分之一，即T′＝0.02s，选项C正确；若仅使线圈转速n加倍，则角速度ω＝2πn加倍，根据Em＝NBSω可知感应电动势的最大值加倍，最大值为200V，选项D错误．3．(多选)已知某交变电流的瞬时值表达式为i＝10sin10πt(A)，则()A．交变电流的频率为5HzB．交流发电机线圈转动的角速度为10rad/sC．交变电流的峰值为10AD．若线圈的匝数N＝10，则穿过线圈的磁通量的最大值为0.1Wb答案AC解析根据ω＝2πf得f＝5Hz，选项A正确；由表达式i＝10sin10πt(A)可知发电机线圈转动的角速度为10πrad/s，交变电流的峰值为10A，选项B错误，C正确；因电动势的峰值未知，故无法求出穿过线圈的磁通量的最大值，选项D错误．考点二有效值的计算4．通过一阻值R＝100Ω的电阻的交变电流如图2所示，其周期为1s．电阻两端的电压的有效值为()图2A．12VB．4eq\r(10)VC．15VD．8eq\r(5)V答案B解析根据电流的热效应有：(0.1A)2R×0.4s×2＋(0.2A)2R×0.1s×2＝I2R×1s，可得流过电阻的电流的有效值I＝eq\f(\r(10),25)A，则电阻两端的电压的有效值为U＝IR＝4eq\r(10)V，故B正确．5．(2020·余姚中学期中)一交变电流随时间变化的图像如图3所示，图线均为正弦曲线的一部分，则此交变电流的有效值为()图3A．3AB.eq\r(5)AC．2eq\r(5)AD．3eq\r(2)A答案B解析设此交变电流的有效值为I，取一个周期研究，前半个周期电流的有效值为eq\r(2)A，后半个周期电流的有效值为2eq\r(2)A，根据有效值的定义可得，I2RT＝(eq\r(2)A)2R·eq\f(T,2)＋(2eq\r(2)A)2R·eq\f(T,2)，解得I＝eq\r(5)A，选项B正确．6．如图4甲、乙、丙所示的是三个具有相同电流I0和周期T的交变电流，分别通过三个相同的电阻，下列说法中正确的是()图4A．在相同时间内三个电阻发热量相等B．在相同时间内，甲是丙发热量的2倍C．在相同时间内，甲是乙发热量的eq\f(1,2)D．在相同时间内，乙发热量最大，甲次之，丙的发热量最小答案C解析甲的电流的有效值为：I＝eq\f(I0,\r(2))，由Q＝I2Rt可知一个周期内的发热量为：Q1＝eq\f(1,2)I02RT；乙前、后半个周期电流大小相等，故其发热量为Q2＝I02RT；丙只有半个周期有电流，故其发热量为Q3＝I02R·eq\f(1,2)T＝eq\f(1,2)I02RT；故可知在相同时间内，甲、丙发热量相等，是乙发热量的eq\f(1,2)，故C正确，A、B、D错误．考点三交变电流的图像7.(多选)在匀强磁场中，一只矩形金属线框绕与磁场垂直且与线框共面的转轴匀速转动，产生的交变电动势的图像如图5所示．则()图5A．交变电动势的频率为100HzB．线框转动的角速度为100πrad/sC．t＝0.01s时线框平面与中性面重合D．线框产生的交变电动势的有效值为311V答案BC解析由题图可知该交变电流的周期为0.02s，故频率为f＝50Hz，A错误；线框转动的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.02)rad/s＝100πrad/s，B正确；t＝0.01s时电动势为零，即磁通量变化率为零，此时穿过线框的磁通量最大，故此时线框平面与中性面重合，C正确；线框产生的交变电动势的有效值为eq\f(311,\r(2))V≈220V，D错误．8．(2020·安徽淮北师大附中高二月考)一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动时，产生的交变电动势的图像如图6所示，则()图6A．交变电流的频率是4πHzB．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．交变电流的周期是πs答案B解析由题图可知，交变电流的周期为T＝2πs，频率为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,2π)Hz；t＝0时，e＝0，即磁通量变化率为零，故此时线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大；t＝πs时，e＝0，即e有最小值，故选项B正确，A、C、D错误．9．(2020·辽宁抚顺第十中学高二期中)一交变电流的电流i随时间t按如图7所示正弦规律变化，由图可知()图7A．用电流表测该电流，其示数为4eq\r(2)AB．该交变电流的频