江苏专版2019高考物理一轮复习学案：第十章交变电流传

第十章 交变电流 传感器
第1节
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，ΔΦΔt
＝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．(2018·苏州模拟)如图甲所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，有一矩形单匝线圈，其面积为S ，总电阻为r ，线圈两端外接一电阻R 和一个理想交流电流表。

若线圈绕对称轴OO ′以角速度ω做匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e 随时间t 变化的图像，下列说法正确的是( )
A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈平面的磁通量的变化量为BS
B ．在t 3～t 4时间内，通过电阻R 的电荷量为BS R
C ．在t 3时刻穿过线圈平面的磁通量的变化率为2BSω
D ．在t 3时刻电流表的示数为
BSω
2R ＋r
解析：选D 由题图可知，在t 1和t 3时刻穿过线圈平面的磁通量大小为BS ，方向相反，
则在t 1～t 3时间内穿过线圈平面的磁通量的变化量为2BS ，A 错误；在t 3～t 4时间内，磁通量
的变化量为BS ，则平均电动势E ＝BS
Δt ，因此通过电阻R 的电荷量为q ＝E R ＋r ·Δt ＝
BS Δt R ＋r Δt ＝BS
R ＋r
，故B 错误；在t 3时刻电动势E ＝BSω，则由法拉第电磁感应定律，
E ＝
ΔΦ
Δt
可知，则穿过线圈的磁通量变化率为BSω，故C 错误；在t 3时刻电流表的示数为交变电流的有效值，则有I ＝
E 2R ＋r ＝BSω
2R ＋r
，故D 正确。

2.一边长为L 的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e 随时间t 的变化情况如图所示。

已知匀强磁场的磁感应强度为B ，则结合图中所给信息可判定( )
A ．t 1时刻穿过线框的磁通量为BL 2
B ．t 2时刻穿过线框的磁通量为零
C ．t 3时刻穿过线框的磁通量变化率为零
D ．线框转动的角速度为
E m BL 2
解析：选D t 1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A 错误；t 2时刻，穿过线框的磁通量最大为Φm ＝BL 2
，B 错误；t 3时刻，感应电动势最大，则磁通量变化率也最大，C 错误；交变电流的最大值为E m ＝BL 2
ω，则ω＝
E m
BL 2
，D 正确。

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 2
R
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 2R T ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22R ·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 12
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
＋⎝ ⎛⎭⎪
⎫31122
R
×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＝
t0
T
I m
非对称性交变电流
I＝
1
2
I12＋I22
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
U＝
U m
2
I＝
I 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．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω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＝102sin 10πt(V)，则( )
A ．该交变电流的频率为10 Hz
B ．该电动势的有效值为10 2 V
C ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 W
D ．电路中理想交流电流表○A 的示数为1.0 A
解析：选D 由产生的电动势可知，该交流电的频率为5 Hz ，选项A 错误；该电动势的有效值为10 V ，选项B 错误；外接电阻R 所消耗的电功率为9 W ，选项C 错误；电路中交流电流表的示数为电流的有效值，为1.0 A ，选项D 正确。

2．[多选](2018·江苏四市一模)如图甲所示为风力发电的简易模型图，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。

某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则( )
A ．电流的表达式i ＝0.6sin 10πt (A)
B ．磁铁的转速为10 r/s
C ．风速加倍时电流的表达式i ′＝1.2sin 10πt (A)
D ．风速加倍时线圈中电流的有效值为325
A
解析：选AD 通过乙图可知I m ＝0.6 A ，T ＝0.2 s ，ω＝2π
T
＝10π rad/s，故电流的表
达式为：i ＝0.6sin 10πt (A)，A 正确；磁体的转速为n ＝1
T
＝5 r/s ，B 错误；风速加倍时，
根据E m ＝nBSω可知感应电动势加倍，形成的电流加倍，故电流表达式变为i ′＝1.2sin 20πt (A)，C 错误；风速加倍时，I m ＝1.2 A ，有效值I ＝
I m
2
＝325 A ，D 正确。

3.(2018·南通一模)如图所示，把一根长L ＝20.0 m 的均匀电线与
R ＝4.8 Ω的电阻连成闭合回路，两位同学在赤道处沿东西方向站立，
匀速摇动这根电线，摇动部分的电线可简化为长L 1＝6.0 m 、宽L 2＝1.0 m 矩形的三条边，长边的线速度大小v ＝2.0 m/s 。

已知此处地磁场的磁感应强度B ＝5.0×10－5
T ，方向水平向北，电线的电阻率ρ＝2.0×10－8
Ω·m，横截面积S ＝2.0 mm 2
，求：
(1)这根电线的总电阻R 0；
(2)匀速摇动电线产生电动势的最大值E m ； (3)电路消耗的总功率P 。

解析：(1)由电阻定律有R 0＝ρL
S
得电线的总电阻为： R 0＝2.0×10－8
×20
2.0×10
－6
Ω＝0.2 Ω。

(2)根据题意知，当电线的速度方向与磁感线方向垂直时，产生的电动势的值最大，所以最大值为：E m ＝BL 1v ＝5.0×10－5
×6×2 V＝6.0×10－4
V 。

(3)摇绳发电类似于线框在磁场中转动，电路中产生交变电流，由交流电知识可知电动势的有效值为：E ＝
E m
2
电路中产生的总功率为：
P ＝E 2
R ＋R 0＝⎝
⎛⎭⎪
⎫6.0×10－4
22
4.8＋0.2
W ＝3.6×10－8
W 。

答案：(1)0.2 Ω (2)6.0×10－4 V (3)3.6×10－8
W
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 22
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 ＝2πω
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i ­t 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i ­t 图像为余弦函数图像，函数式为i ＝I m cos
ωt 。

对点训练：交变电流的产生和描述
1．如图，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，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是( )
解析：选A 由题意可知，只有A、C图在切割磁感线，导致磁通量在变化，产生感应电动势，A中从中性面开始计时，产生的电动势为e＝BSωsin ωt，C中从峰值面开始计时，产生的电动势为e＝BSωcos ωt，故A正确。

2．(2018·如皋月考)小型交流发电机的原理图如图所示：单匝矩形线圈ABCD置于匀强磁场中，绕过BC、AD中点的轴OO′以恒定角速度旋转，轴OO′与磁场垂直，矩形线圈通过滑环与理想交流电流表A、定值电阻R串联，下列说法中不正确的是( )
A．线圈平面与磁场垂直时，交流电流表A的示数最小
B．线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流最大
C．线圈转动一圈，感应电流方向改变2次
D．线圈平面与磁场平行时，通过线圈的磁通量变化率最大
解析：选A 交流电流表显示的是交流电的有效值，不随线圈的转动而变化，故A错误；线圈与磁场平行时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，此时电动势最大，电流最大，故B、D正确；线圈转动一圈，经过两次中性面，感应电流方向改变2次，故C正确。

3.(2018·广安期末)如图所示，面积为S的N匝矩形线圈，在磁
感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以角速度ω匀速转动，
就可在线圈中产生正弦交流电。

已知闭合回路总电阻为R，图示位置
线圈平面与磁场平行，下列说法正确的是( )
A．线圈从图示位置转90°的过程中磁通量的变化量为NBS
B．线圈在图示位置磁通量的变化率为零
C ．线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电量为
NBS R
D ．线圈从图示位置开始计时，感应电动势e 随时间t 变化的函数为e ＝NBSωsin ωt 解析：选C 线圈从图示位置转90°的过程磁通量的变化为BS ，故A 错误；线圈在图示位置产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，故B 错误；线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电量为q ＝
N ΔΦR ＝NBS
R
，故C 正确；线圈从图示位置开始计时，感应电动势e 随时间t 变化的函数为e ＝NBSωcos ωt ，故D 错误。

4．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断( )
A ．在A 、C 时刻线圈处于中性面位置
B ．在B 、D 时刻穿过线圈的磁通量为零
C ．从A ～
D 线圈转过的角度为2π
D ．若从O ～D 历时0.02 s ，则在1 s 内交变电流的方向改变了100次
解析：选D 由题中交变电流的图像可知，在A 、C 时刻产生的感应电流最大，对应的感应电动势最大，线圈处于峰值面的位置，选项A 错误；在B 、D 时刻感应电流为零，对应的感应电动势为零，即磁通量的变化率为零，此时磁通量最大，选项B 错误；从A ～D ，经历的时间为34周期，线圈转过的角度为3
2π，选项C 错误；若从O ～D 历时0.02 s ，则交变电流的周
期为0.02 s ，而一个周期内电流的方向改变两次，所以1 s 内交变电流的方向改变了100次，选项D 正确。

对点训练：有效值的理解与计算
5．关于图甲、乙、丙、丁，下列说法正确的是( )
A ．图甲中电流的峰值为2 A ，有效值为 2 A ，周期为5 s
B ．图乙中电流的峰值为5 A ，有效值为2.5 2 A
C ．图丙中电流的峰值为2 A ，有效值为 2 A
D ．图丁中电流的最大值为4 A ，有效值为 2 A ，周期为2 s
解析：选B 题图甲是正弦式交变电流图线，峰值(最大值)为2 A ，有效值是峰值的
12，
即 2 A ，周期为4 s ，所以选项A 错误；题图乙电流大小改变但方向不变，所以不是交变电流，计算有效值时因为热效应与电流方向无关，所以仍是峰值的
12，即2.5 2 A ，所以选项
B 正确；题图丙是图甲减半的脉冲电流，有效值不可能为峰值的
12
，所以选项C 错误；题图
丁是交变电流图线，周期为2 s ，根据有效值定义则有42
×R ×T
2＋32
×R ×T
2＝I 2
RT ，解得电流
有效值I ＝2.5 2 A ，所以选项D 错误。

6．(2018·冀州中学月考)甲、乙图分别表示两种电压的波形，其中甲图所示的电压按正弦规律变化。

下列说法正确的是( )
A ．甲图表示交流电，乙图表示直流电
B ．甲图电压的有效值为220 V ，乙图电压的有效值小于220 V
C ．乙图电压的瞬时值表达式为u ＝220 2sin 100πt V
D ．甲图电压经过匝数比为1∶10的变压器变压后，频率变为原来的10倍
解析：选 B 由于两图中表示的电流方向都随时间做周期性变化，因此都为交流电，A 错误；由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，故B 正确；图乙电压随时间不是按正弦规律变化，C 错误；理想变压器变压后，改变是电压，而频率不发生变化，D 错误。

7．[多选]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恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化。

若将此交流电连接成如图乙所示的电路，电阻R 阻值为100 Ω，则( )
A ．理想电压表读数为100 V
B ．理想电流表读数为0.75 A
C ．电阻R 消耗的电功率为56 W
D ．电阻R 在100秒内产生的热量为5 625 J
解析：选BD 根据电流的热效应，一个周期内产生的热量：Q ＝U 2
R T ＝1002
R T 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫5022
R T
2
，解
得U ＝75 V ，A 错误；电流表读数I ＝U R
＝0.75 A ，B 正确；电阻R 消耗的电功率P ＝I 2
R ＝56.25 W ，C 错误；在100秒内产生的热量Q ＝Pt ＝5 625 J ，D 正确。

8．(2018·昆山模拟)一个U 形金属线框在匀强磁场中绕OO ′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R 供电，如图甲、乙所示。

其中甲图中OO ′轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同。

则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为( )
A ．1∶ 2
B ．1∶2
C ．1∶4
D ．1∶1
解析：选A 题图甲中的磁场只在OO ′轴的右侧，所以线框只在半周期内有感应电流产生，如图甲，电流表测得是有效值，所以I ＝1 2BSω
R 。

题图乙中的磁场布满整个空间，线框
中产生的感应电流如图乙，所以I ′＝
22BSω
R
，则I ∶I ′＝1∶2，即A 正确。

对点训练：交变电流“四值”的理解和应用
9．[多选](2018·淮安八校联考)如图所示，甲为一台小型交流发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其图像如图乙所示，电机线圈内阻为2 Ω，匝数为1 000匝，外接灯泡的电阻为18 Ω，则( )
A ．在2.0×10－2
s 时刻，电流表的示数为0.3 A B ．发电机的输出功率为3.24 W
C ．在1 s 内，回路中电流方向改变25次
D ．在4.0×10－2
s 时刻，穿过线圈的磁通量变化率为32500 Wb/s
解析：选AD 线圈相当于电源，产生的电动势为E ＝
e m
2＝622
V ＝6 V ，内阻r ＝2 Ω，电表显示的是有效值，根据闭合回路欧姆定律可得电路中的电流为I ＝E
R ＋r ＝6
18＋2
A ＝0.3 A ，A 正确；发电机的输出功率为P
输出
＝EI －I 2
r ＝6×0.3 W－0.32
×2 W＝1.62 W ，B 错误；
从图乙中可知交流电周期为T ＝4×10－2
s ，故在 1 s 内，回路中电流方向改变n ＝1T
×2＝
14×10
－2×2＝50次，C 错误；在4.0×10－2
s 时刻，感应电动势最大，磁通量变化率最大，根据E ＝n ΔΦΔt 可得ΔΦΔt ＝e m n ＝32
500
Wb/s ，D 正确。

10.如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab ＝0.25 m ，宽度bc ＝0.20 m ，共有n ＝100匝，总电阻r ＝1.0 Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO ′转动。

线圈处于磁感应强度B ＝0.40 T 的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属
滑环上接一个“3.0 V,1.8 W”的灯泡，当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8 W 。

(不计转动轴与电刷的摩擦)
(1)推导发电机线圈产生感应电动势的最大值的表达式E m ＝nBSω(其中S 表示线圈的面积)。

(2)求线圈转动的角速度ω。

(3)线圈以上述角速度转动100周过程中发电机产生的电能。

解析：(1)线圈平面与磁场方向平行时产生感应电动势最大，设ab 边的线速度为v ，该边产生的感应电动势为E 1＝BL ab v 。

与此同时，线圈的cd 边也在切割磁感线，产生的感应电动势为E 2＝BL cd v 。

线圈产生的总感应电动势为：
E m ＝n (E 1＋E 2)
因为L ab ＝L cd ， 所以，E m ＝2nBL ab v 。

线速度v ＝ω·1
2
L bc ，
所以E m ＝nBL ab L bc ω，而S ＝L ab L bc (S 表示线圈的面积)。

所以E m ＝nBSω。

(2)设小灯泡正常发光时的电流为I ，则
I ＝P 额
U 额＝0.60 A ，设灯泡正常发光时的电阻为R ， R ＝U 额2
P
＝5.0 Ω。

根据闭合电路欧姆定律得：E ＝I (R ＋r )＝3.6 V 。

发电机感应电动势最大值为E m ＝2E ，E m ＝nBSω。

解得ω＝
E m
nBS
＝1.8 2 rad/s ＝2.55 rad/s 。

(3)发电机产生的电能为Q ＝IEt ，t ＝100T ＝100·2π
ω。

解得Q ＝5.33×102
J 。

答案：(1)见解析 (2)2.55 rad/s (3)Q ＝5.33×102
J 考点综合训练
11.(2018·泰州模拟)某研究性学习小组进行地磁发电实验，匝数为n 、面积为S 的矩形金属线框可绕东西方向的水平轴转动，金属线框与微电流传感器组成一个回路，回路的总电阻为R 。

使线框绕轴以角速
度ω匀速转动，数字实验系统实时显示回路中的电流i 随时间t 变化的关系如图所示。

当线圈平面和竖直方向的夹角为θ时，电流达到最大值I m 。

求：
(1)该处地磁场的磁感应强度大小B 及地磁场方向与水平面间的夹角； (2)线框转动一周时间内回路中产生的焦耳热Q ； (3)线框转动时穿过线框的磁通量变化率的最大值⎝ ⎛⎭
⎪⎫ΔΦΔt m
；线框从磁通量变化率最大位
置开始转过60°的过程中，通过导线的电荷量q 。

解析：(1)根据欧姆定律：I m ＝E m R
交流电电动势的最大值表达式为：E m ＝nBSω 则：B ＝
I m R
nSω
线圈平面与磁场方向平行时，感应电流最大，所以地磁场方向与水平面夹角为π
2
－θ。

(2)根据焦耳定律：Q ＝I 2
RT
I ＝I m
2
T ＝
2πω
联立得：Q ＝πI m 2
R
ω。

(3)根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt
⎝ ⎛⎭
⎪⎫ΔΦΔt m ＝I m R n 根据：E ＝n ΔΦΔt ，I ＝E R ，q ＝I Δt ，ΔΦ＝Φm sin θ，Φm ＝E m nω ＝I m R nω
联立得线框从磁通量变化率最大位置开始转过60°的过程中，通过导线的电荷量：q ＝
n
ΔΦR ＝3I m
2ω。

答案：(1) B ＝
I m R nSω；地磁场方向与水平面夹角为π
2
－θ (2)Q ＝πI m 2
R ω (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫ΔΦΔt m
＝I m R n
q ＝3I m 2ω
12．(2018·苏锡常镇一模)一个圆形线圈，共有n ＝10匝，其总电阻r ＝4.0 Ω，线圈与阻值R 0＝16 Ω的外电阻连成闭合回路，如图甲所示。

线圈内部存在着一个边长l ＝0.20 m 的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T ＝1.0×10－2
s ，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向。

求：
(1)t ＝1
8T 时刻，电阻R 0上的电流大小和方向；
(2)0～T
2时间内，流过电阻R 0的电量；
(3)一个周期内电阻R 0的发热量。

解析：(1)0 ～T 4内，感应电动势大小E 1＝n ΔΦ1Δt 1＝4nB 1S
T
，可得E 1＝8 V
电流大小I 1＝
E 1
R ＋r
，可得I 1＝0.4 A
电流方向b 到a 。

(2)同(1)可得T 4～T
2内，感应电流大小I 2＝0.2 A
流过电路的电量q ＝I 1T 4＋I 2T
4
得q ＝1.5×10－3
C 。

(3)Q ＝I 12
R 0T
2＋I 22
R 0T
2
得Q ＝1.6×10－2
J 。

答案：(1)0.4 A ；电流方向b 到a (2)1.5×10－3
C (3)1.6×10－2
J
第2节变压器__电能的输送
(1)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。

(√) (2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。

(×) (3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。

(×) (4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小。

(×) (5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。

(√)
(6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。

(√)
(7)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越大。

(√)
突破点(一) 理想变压器
1．变压器的工作原理
2．理想变压器的基本关系
基本关系功率关
系
P入＝P出
电压关
系
原、副线圈的电压比等于匝数比：
U1
U2
＝
n1
n2电流关
系
只有一个副线圈时，电流和匝数成反比：
I1
I2
＝
n2
n1
频率关
系
原、副线圈中电流的频率相等
制约关系电压原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2功率
副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入
功率P入
电流副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1
[题点全练]
1.(2017·北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝
2202sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。

下列说法正确的是( )
A．原线圈的输入功率为220 2 W
B ．电流表的读数为1 A
C ．电压表的读数为110 2 V
D ．副线圈输出交流电的周期为50 s
解析：选B 由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 2 V ，故
有效值为U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，故副线圈电压的有效值为U 2＝110 V ，故输出功率P 2＝U 22
R
＝
220 W ，再由输入功率等于输出功率知，P 1＝P 2＝220 W ，A 项错误；根据欧姆定律知，I 2＝U 2
R
＝2 A ，由I 1I 2＝n 2n 1
，得I 1＝1 A ，故电流表读数为1 A ，所以B 项正确；电压表的读数为有效值，即U 2＝110 V ，C 项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T ＝2π
ω
，解得T
＝0.02 s ，所以D 项错误。

2.[多选]如图，将额定电压为60 V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。

闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V 和2.2 A 。

以下判断正确的是( )
A ．变压器输入功率为484 W
B ．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C ．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D ．变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3
解析：选BD 将额定电压为60 V 的用电器接在理想变压器的输出端，在闭合开关后，用电器正常工作，已知交流电压表和交流电流表(均为理想电表)读数分别为220 V 和2.2 A ，根据功率公式可以求出用电器消耗的功率为132 W ，因此A 选项不正确；再根据变压器变压公式和变流公式可知，U 1U 2＝n 1n 2和I 1I 2＝n 2
n 1
，联立可求得通过原线圈的电流的有效值为0.6 A ，所以选项B 正确；由于电流表显示的是有效值，因此通过副线圈电流的最大值为2.2 2 A ，故选项C 错误；根据变压器的变压公式可知，变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝11∶3，所以D 选项正确。

突破点(二) 理想变压器的动态分析
常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。