高考物理一轮复习 第十章 第1节 交变电流的产生及描述讲义

权掇市安稳阳光实验学校交变电流的产生及描述
(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2倍。

(×)
突破点(一) 交变电流的产生和描述
1．正弦式交变电流的产生
(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。

(2)两个特殊位置的特点：
①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦ
Δt
＝0，e＝0，i＝0，电
流方向将发生改变。

②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，
ΔΦ
Δt
最大，e最大，i最大，电流方向不改变。

(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次。

(4)交变电动势的最大值E m＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。

2．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
函数表达式图像
磁通量Φ＝Φm cos ωt＝BS cos ωt
电动势
e＝E m sin ωt＝nBSωsin
ωt
电流i＝I m sin ωt＝
E m
R＋r
sin ωt
电压u＝U m sin ωt＝
RE m
R＋r
sin ωt
[题点全练]
1.[多选](2018·海南高考)如图，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一面积为S的矩形单匝闭合导线abcd，ab边与磁场方向垂直，线框的电阻为R。

使线框以恒定角速度ω绕过ad、bc中点的轴旋转。

下列说法正确的是( )
A．线框abcd中感应电动势的最大值是BSω
B．线框abcd中感应电动势的有效值是BSω
C ．线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大
D ．线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大
解析：选AC 一个单匝线圈在匀强磁场中旋转，当从中性面开始计时，产生的正弦式交变电流电动势的瞬时值表达式为：e ＝E m sin ωt ，感应电动势的最大值E m ＝BSω，有效值E ＝
E m
2
，故A 正确，B 错误；当θ＝90°时，即线框平面与磁场方向平行时，电流最大，故C 正确，D 错误。

2.[多选]如图所示，图线a 和图线b 分别表示线圈A 和线圈B 在同一匀强磁场中匀速转动时通过线圈的磁通量随时间的
变化规律。

已知线圈A 的匝数与线圈B 的匝数分别为10匝和30匝，以下说法正确的是( )
A ．线圈A 与线圈
B 的转速之比为2∶3
B ．线圈A 与线圈B 产生的最大电动势之比为1∶1
C ．线圈A 产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝500πcos (5πt )V
D ．线圈B 在t ＝0.3 s 时刻的感应电流为零
解析：选BC 根据题给图像可知，A 的周期为0.4 s ，B 的周期为0.6 s ，所以周期之比为2∶3，根据ω＝2π
T
得：转速之比为3∶2，故A 错误；根据E m
＝nωΦm 可知：E m A E m B ＝10×3×1030×2×5＝11，故B 正确；E m A ＝10×10×2π
0.4 V ＝500π V，
根据e ＝E m cos ωt 得：线圈A 的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝500πcos (5πt )V ，故C 正确；线圈B 在t ＝0.3 s 时刻时，磁通量为零，感应电动势最大，所以感应电流不为零，故D 错误。

突破点(二) 有效值的理解与计算
有效值的求解
(1)计算有效值的根据是电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内
“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解。

(2)利用公式Q ＝I 2
Rt 和Q ＝U 2R
t 可分别求得电流有效值和电压有效值。

[典例] 电阻R 1、R 2与交流电源按照图甲所示方式连接，R 1＝10 Ω，R 2＝20 Ω。

合上开关S 后，通过电阻R 2的正弦式交变电流i 随时间t 变化的情况如图乙所示。

则( )
A ．通过R 1的电流有效值是1.2 A
B ．R 1两端的电压有效值是6 V
C ．通过R 2的电流有效值是1.2 2 A
D ．R 2两端的电压最大值是6 2 V
[解析] 首先从交流电图像中找出交变电流的最大值即通过R 2的电流最大值为0.6 2 A ，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系I m ＝2I 可知其有效
值为0.6 A ，由于R 1与R 2串联，所以通过R 1的电流有效值也是0.6 A ，选项 A 、
C 错；R 1两端电压有效值为U 1＝IR 1＝6 V ，选项B 对；R 2两端电压最大值为U 2m ＝I m R 2＝0.62×20 V＝12 2 V ，选项
D 错。

[答案] B [多维探究]
[变式1] 把图像下半部分翻到t 轴的上面
正弦交流电是由闭合线圈在匀强磁场中匀速转动产生的。

线圈中感应电动势随时间变化的规律如图所示，则此感应电动势的有效值为________ V 。

解析：由有效值的定义式得：⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫31122R ×T
2×2＝U 2
R
T ，得：U ＝220 V 。

答案：220 V
[变式2] 仅余1
2
周期的波形
家用电子调光灯的调光功能是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调压方便且体积小。

某电子调光灯经调整后电压波形如图所示，求灯泡两端的电压的有效值。

解析：从u ­t 图像看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为U 1
＝U m
2
；后半周期电压为零。

根据有效值的定义，U 2
R T ＝⎝
⎛⎭
⎪⎪⎫U m 22
R ·T 2＋0，解得U ＝U m
2。

答案：
U m
2
[变式3] 仅余1
4
周期的波形
如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为( )
A ．U m B.
U m
2
C.U m
3
D.
U m
2
解析：选D 从U ­t 图像上看，每个14周期正弦波形的有效值U 1＝U m
2
，根据
有效值的定义：U 2R T ＝⎝
⎛
⎭
⎪⎪⎫U m 22
R ×T 4×2＋0，解得：U ＝U m 2
，D 正确。

[变式4] 把正余弦波形变成矩形波形
如图所示，表示一交流电的电流随时间而变化的图像，此交流电的有效值是( )
A ．5 2 A
B ．3.5 2 A
C ．3.5 A
D ．5 A
解析：选D 交流电的有效值是根据其热效应定义的，它是从电流产生焦
耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效。

设交流电的有效值为I ，令
该交变电流通过一阻值为R 的纯电阻，在一个周期内有：I 2
RT ＝I 1
2
R T 2＋I 22R T 2。

所以该交流电的有效值为I ＝
I 12＋I 22
2
＝5 A 。

[变式5] 上下波形的最大值不一致
电压u 随时间t 的变化情况如图所示，求电压的有效值？
解析：由有效值的定义式得：⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫15622R ×T
2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫
31122R ×T 2＝U 2
R
T ，得：U ＝5510 V 。

答案：5510 V
[变式6] 在电阻两端并联二极管
如图所示电路，电阻R 1与电阻R 2阻值相同，都为R ，和R 1并联的
D 为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A 、
B 间加一正弦交流电u ＝20 2sin 100πt V ，则加在R 2上的电压有效值为( )
A ．10 V
B ．20 V
C ．15 V
D ．510 V
解析：选D 电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R 2
上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无
穷大可看作断路，R 2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R 2的电压
有效值为U ，根据电流的热效应，在一个周期内满足U 2R T ＝202R T 2＋102R T
2
，可求出U
＝510 V 。

故选项D 正确。

[方法规律] 几种典型交变电流的有效值
电流名称
电流图像
有效值
正弦式交
变电流
I ＝
I m
2
正弦半波电流
I ＝I m
2
矩形脉动电流
I ＝
t 0
T
I m 非对称性
交变电流
I ＝
12
I 12＋I 22
突破点(三) 交变电流“四值”的理解和应用
对交变电流“四值”的比较和理解
物理量
表达式
适用情况及说明
瞬时值
e ＝E m sin ωt
u ＝U m sin ωt i ＝I m sin ωt 计算线圈某时刻的受力情况
最大值(峰值)
E m ＝nBSω
I m ＝E m
R ＋r
讨论电容器的击穿电压
有效值
对正(余)弦交流电有：E ＝
E m
2
(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”上所标的一般是有
U＝U m
2
I＝
I m
2
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
平均值E＝BL v
E＝n
ΔΦ
Δt
I＝
E
R＋r
计算通过电路截面的电荷量
[题点全练]
1.[多选]实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动。

今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V。

已知R＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是( )
A．线圈位于图中位置时，线圈中的瞬时电流为零
B．从中性面开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为i＝2sin(25πt)A
C．电阻R在5 s内的平均热功率等于10 W
D．从图所示位置转过90°过程中的平均电动势E＝202π
V
解析：选CD 线圈平面与磁场平行时，线圈与中性面垂直，感应电动势最大，则线圈中的瞬时电流最大，故A错误；电压表的示数为10 V，故电压的最大值为10 2 V，最大电流为：I m＝
U m
R
＝
102
10
A＝ 2 A，角速度：ω＝2πn＝2π×25 rad/s＝50π rad/s，故从中性面开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为：i＝I m sin ωt＝2sin(50πt)A，故B错误；电阻R上的热功率：P＝I2R＝12×10 W＝10 W，故C正确；从题图所示位置转过90°过程中的平均电动势E＝
ΔΦ
Δt
＝
Φm
Δt
＝
E m
ω
π
2ω
＝
2E m
π
＝
202
π
V，故D正确。

2.(2019·盐城中学检测)如图所示，匀强磁场的磁感应强度
方向竖直向上，大小为B0＝1 T，电阻为R＝2 Ω、边长为L＝1 m
的正方形线框abcd水平放置，OO′为过ad、bc两边中点的直线，
线框全部位于磁场中。

现将线框右半部固定不动，而将线框左半部以角速度ω绕OO′为轴向上匀速转动，如图中虚线所示：
(1)求线框向上转动60°的过程中通过导线横截面的电荷量；
(2)若线框左半部分以角速度ω＝10 rad/s绕OO′向上转动90°，求此过程中线框中产生的焦耳热；
(3)若线框左半部分也固定不动，此时磁感应强度随时间按B＝1＋4t(T)变化，求磁场对线框ab边的作用力F随时间变化的关系式。

解析：(1)线框在转动过程中产生的平均感应电动势
E ＝ΔΦΔt
＝
B 0⎝ ⎛⎭
⎪
⎫L 22－L 22cos 60°Δt
＝B 0L 2
4Δt
； 在线框中产生的平均感应电流I ＝E
R
，
转动过程中通过导线某截面的电荷量q ＝I ·Δt ， 联立解得q ＝0.125 C 。

(2)E m ＝
B 0L 2ω
2
＝5 V ，在转过90°过程中产生的正弦式交流电，电动势有效
值E ＝522
V ；
在转过90°过程中产生的焦耳热Q ＝E 2
R
t ＝E 2
R
·
π2ω＝5π
16
J 。

(3)若线框固定不动，磁感应强度随时间按B ＝1＋4t (T)变化， 在线框中产生的感应电动势大小E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ×L 2
，
解得E ＝4 V ，
在线框中产生的感应电流I ＝E
R
＝2 A ；
线框ab 边所受安培力的大小为F ＝BIL ， 解得F ＝(8t ＋2)N 。

答案：(1)0.125 C (2)5π
16
J (3)F ＝(8t ＋2) N
3.(2019·南京、盐城一模)旋转磁极式发电机通过磁极的旋转
使不动的线圈切割磁感线而产生感应电流，其原理示意图可简化为：如图所示，固定不动的单匝矩形线圈abcd 的电阻为r ，外电阻
为R ，磁场绕转轴OO ′匀速转动，角速度为ω。

图中的电压表为理想电表，示数为U 。

求：
(1)发电机线圈内阻消耗的功率；
(2)从图示位置开始计时，t ＝0时，通过外电阻 R 的电流及方向； (3)从图示位置开始计时，t ＝T
4
时，穿过矩形线圈abcd 的磁通量。

解析：(1)根据热功率公式可知，P r ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫U R 2
r 。

(2)旋转磁极式发电机产生正弦式交变电流，根据正弦式交变电流的最大值与有效值的关系可知，U max ＝2U ，所以电流I ＝2U R
，根据“楞次定律”可知，
电流方向为自左向右。

(3)从图示位置开始计时经过T
4，线圈在中性面位置，所以有E max ＝BSω，磁
通量Φ＝BS ，由以上各式可解得：Φ＝
2U
R ＋r
ωR。

答案：(1)⎝ ⎛⎭
⎪⎫U R 2
r
(2)
2U
R
，方向自左向右 (3)
2U
R ＋r Rω
交变电流瞬时值表达式的书写问题
图甲是交流发电机模型示意图。

在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一矩
形线圈abcd 可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO ′转动，由线圈引出的导线
ae 和df 分别与两个跟线圈一起绕OO ′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分
别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电
路电阻R 形成闭合电路。

图乙是线圈的主视图，导线ab 和cd 分别用它们的横截面来表示。

已知ab 长度为L 1，bc 长度为L 2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。

(只考虑单匝线圈)
(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t 时刻整个线圈中的感应
电动势e 1的表达式；
(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t 时刻整个线圈中的感应电动势e 2的表达式；
(3)若线圈电阻为r ，求线圈每转动一周电阻R 上产生的焦耳热。

(其他电阻均不计)
解析：(1)矩形线圈abcd 在磁场中转动时，只有ab 和cd 切割磁感线，且转动的半径为r ＝L 22，设ab 和cd 的转动速度为v ，则v ＝ω·L 2
2
在t 时刻，导线ab 和cd 因切割磁感线而产生的感应电动
势均为E 1＝BL 1v ⊥
由图可知v ⊥＝v sin ωt
则整个线圈的感应电动势为
e 1＝2E 1＝BL 1L 2ωsin ωt 。

(2)当线圈由图丙位置开始运动时，在t 时刻整个线圈的感应电动势为e 2
＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)。

(3)由闭合电路欧姆定律可知I ＝
E
R ＋r
这里E 为线圈产生的电动势的有效值E ＝
E m
2
＝
BL 1L 2ω
2
则线圈转动一周在R 上产生的焦耳热为Q R ＝I 2
RT
其中T ＝2π
ω
于是
Q R ＝πRω⎝ ⎛⎭
⎪⎫BL 1L 2R ＋r 2。

答案：(1)e 1＝BL 1L 2ωsin ωt
(2)e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)
(3)πRω⎝ ⎛⎭
⎪⎫BL 1L 2R ＋r 2
[反思领悟]
书写交变电流瞬时值表达式的基本思路
(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式E m＝nBSω求出相应峰值。

(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。

①若线圈从中性面位置开始转动，则i­t图像为正弦函数图像，函数式为i＝I m sin ωt。

②若线圈从垂直中性面位置开始转动，则i­t图像为余弦函数图像，函数式为i＝I m cos ωt。