16 交变电流“四值”的理解与应用（课件PPT）-【名师导航】2025年高考物理一轮微考点分层突破（通用版）

　交变电流“四值”的理解与应用 第十二 章　交变电流 电磁波 传感器 复习目标 01 理解交流电的四值 02 比较交流电四值的区别 03 交流电四值的应用 2 1.对交变电流的“四值”的比较和理解 物理量 重要关系 适用情况及说明 瞬时值 峰值(最大值) 有效值   平均值 计算通过电路截面的电荷量 e＝Emsin ω t u＝Umsin ω t i＝Imsin ω t 计算线圈某时刻的受力情况 Em＝nBSω Im＝Em/(R＋r) 讨论电容器的击穿电压 (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 ‹#› 目录 @《创新设计》 2.交变电流的瞬时值表达式 当线圈平面转到中性面(与磁场垂直的平面)时开始计时，交流电的瞬时值表达式是: e＝Em sinωt，u＝Umsinωt，i＝Imsinωt. 当线圈平面转到与磁感线平行时开始计时，瞬时值表达式是: e＝Em cosωt，u＝Umcosωt，i＝Imcosωt. 3．最大值： Em＝nBSω ，且Em与转轴的所在位置和线圈形状无关． 注意：线圈转动的计时位置不同，瞬时值表达式的形式不同. ‹#› 目录 @《创新设计》 3、书写交变电流瞬时值表达式的技巧 (1)确定正弦交变电流的峰值：根据已知图像读出或由公式Em＝NBSω求出相应峰值. (2)明确线圈的初始位置： ①若线圈从中性面位置开始计时，则i－t图像为正弦函数图像，函数表达式为i＝Imsin ωt. ②若线圈从垂直中性面位置开始计时，则i－t图像为余弦函数图像，函数表达式为i＝Imcos ωt. 4、交流电四值的适用情况 物理量 物理含义 重要关系 适用情况及说明 瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况 峰值 最大的瞬时值 Em＝NBSω Im＝ 讨论电容器的 电压 平均值 交变电流图像中图线与时间轴所围的面积与时间的比值 计算通过导线横截面的_______ 击穿 电荷量 有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值 适用于正(余)弦式交变电流 (1)交流电流表、交流电压表的示数 (2)电气设备“铭牌”上所标的值(如额定电压、额定电流等) (3)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热、保险丝的熔断电流等) (4)没有特别加以说明的 转到解析 ‹#› 目录 @《创新设计》 转回原题 ‹#› 目录 @《创新设计》 多维训练 ‹#› 目录 @《创新设计》 多维训练 转到解析 ‹#› 目录 @《创新设计》 多维训练 转回原题 ‹#› 目录 @《创新设计》 有效值的计算 方法点拨 多维训练 转到解析 ‹#› 目录 @《创新设计》 多维训练 转回原题 ‹#› 目录 @《创新设计》 备选训练 1．小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大 值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压(　　) ‹#› 目录 @《创新设计》 备选训练 2．(2024·湖南邵阳模拟)(多选)一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知(　　) A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin (25πt) V B．该交流电的频率为25 Hz C．该交流电的电压的有效值为100 V D．若将该交流电压加在阻值R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W 转到解析 ‹#› 目录 @《创新设计》 备选训练 转回原题 ‹#› 目录 @《创新设计》 备选训练 转到解析 ‹#› 目录 @《创新设计》 备选训练 转回原题 ‹#› 目录 @《创新设计》 备选训练 转到解析 ‹#› 目录 @《创新设计》 备选训练 转回原题 ‹#› 目录 @《创新设计》 备选训练 注意：线圈转动的起始位置对表达式的影响. ‹#› 目录 @《创新设计》 备选训练 6.如图甲示，将阻值为R＝5 Ω 的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示(电流表串联在电路中测量电流的大小)，对此，下列说法正确的是 ( ) 转到解析 ‹#› 目录 @《创新设计》 备选训练 转回原题 ‹#› 目录 @《创新设计》 eq \x\to(E)＝BLeq \o(v,\s\up6(－)) eq \x\to(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt) eq \o(I,\s\up6(－))＝eq \x\to(E)/(R＋r) 对正(余)弦交流电有: E＝Em/eq \r(2) U＝Um/eq \r(2) I＝Im/eq \r(2) ＝N ＝ E＝ U＝ I＝ 【例3】　(多选)如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，其电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线O′O恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B。若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O′O匀速转动，则以下判断正确的是(　　) A．图示位置线圈中的感应电动势最大，为Em＝BL2ω B．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝eq \f(1,2)BL2ωsin ωt C．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝eq \f(2BL2,R＋r) D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝eq \f(πB2ωL4R,4（R＋r）2) 解析　题图所示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，选项A错误；线圈所围成的闭合电路中产生的感应电动势最大值为Em＝eq \f(1,2)BL2ω，故对应的瞬时值表达式为e＝eq \f(1,2)BL2ωsin ωt，选项B正确；由q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量q＝eq \f(BL2,R＋r)，选项C错误；电阻R上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量Q＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2)（R＋r）))) eq \s\up12(2)R×eq \f(2π,ω)＝eq \f(πB2ωL4R,4（R＋r）2)，选项D正确。 答案　BD 1．(多选)如图甲所示，标有“220 V　40 W”的灯泡和标有“20 μF　320 V”的电容器并联到交流电源上， A．t＝eq \f(T,2)时刻， 的示数为零 B．灯泡恰好正常发光 C．电容器不可能被击穿 D.(2) 的示数保持110 V不变 解析　(2)INCLUDEPICTURE"圈V.TIF" INCLUDEPICTURE "圈V.TIF" \* MERGEFORMAT 的示数应是电压的有效值220 V，故选项A、D错误；电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，选项B正确；电压的峰值Um＝220 V≈311 V，小于电容器的耐压值，故电容器不可能被击穿，选项C正确。答案　BC 2．(2018·河南郑州三模)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′(OO′沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10 Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V。图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象。则 (　　) A．此交流发电机的电动势平均值为10eq \r(2) V B．t＝0.02 s时R两端的电压瞬时值为零 C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝10eq \r(2)cos(100πt) V D．当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上 解析　由eq \o(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，可知无法确定电动势的平均值，故A错误；t＝0.02 s时，磁通量最小，感应电动势最大，故B错误；R两端电压的最大值Em＝10eq \r(2) V，周期T＝0.02 s，可知ω＝100π rad/s，所以R两端电压瞬时值为u＝10eq \r(2)cos(100πt) V，故C正确；安培力方向向下，故D错误。 答案　C 1.计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，先分段计算热量，求和得出一个周期内产生的总热量，然后根据Q总＝I2RT或Q总＝T列式求解. 6．(2020·山西太原模拟)如图所示，一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻为r，处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，绕垂直磁场的水平轴OO′以角速度ω匀速运动。线圈通过滑环与定值电阻R及理想电流表组成闭合回路。已知理想电压表的示数为U，从线圈平面与磁感线平行的位置开始计时，则 (　　) A．R两端电压瞬时值的表达式为uR＝eq \r(2)Usin ωt B．理想电流表的示数为eq \f(\r(2)NBSω,2（R＋r）) C．从eq \f(π,2ω)到eq \f(3π,2ω)的时间内，穿过线圈平面磁通量的变化量为零 D．若ω＝100π rad/s，通过R的电流每秒钟方向改变50次 解析　线圈平面与磁感线平行位置开始计时，UR＝eq \r(2)Ucos ωt，故A错误；电源电动势最大值为Em＝NBSω，所以理想电流表的示数为I＝eq \f(\r(2)NBSω,2（r＋R）)，故B正确；从eq \f(π,2ω)＝eq \f(T,4)到eq \f(3π,2ω)＝eq \f(3T,4)的时间内，穿过线圈平面磁通量的变化量为2BS，故C错误；若ω＝100π rad/s，频率为f＝50 Hz，通过R的电流每秒钟方向改变100次，故D错误。 答案　B 解析 矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以发电机的电动势峰值为2Ne0，选项A、B错误；由于不计线圈的电阻，所以发电机的输出电压峰值为2Ne0，故有效值为eq \f(2Ne0,\r(2))＝eq \r(2)Ne0，故选项D正确。答案　D A．峰值是e0 B．峰值是2e0 C．有效值是eq \f(\r(2),2)Ne0 D．有效值是eq \r(2)Ne0 转回原题 � EMBED Word.Document.8 \s ��� _1612282320.doc 解析 矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以发电机的电动势峰值为2Ne0，选项A、B错误；由于不计线圈的电阻，所以发电机的输出电压峰值为2Ne0，故有效值为eq \f(2Ne0,\r(2))＝eq \r(2)Ne0，故选项D正确。 答案　D 解析 从图象中可得该交流电的周期为T＝4×10－2s，所以频率为f＝eq \f(1,T)＝25 Hz，选项B正确；角速度为ω＝2πf＝50π，从图象中可知交流电最大值为Um＝100 V，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin(50πt) V，该交流电的有效电压值为U＝eq \f(Um,\r(2))＝50eq \r(2) V，选项A、C错误；若将该交流电压加在阻值R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为P＝eq \f(U2,R)＝eq \f(5 000,100) W＝50 W，选项D正确。答案　BD 3．(多选) 如图所示，虚线OO′左侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，凸形线框abcdefgh以虚线OO′为轴以角速度ω匀速转动，abch为边长为L的正方形，defg为边长为L/2的正方形，线框的总电阻为R，从图示位置开始计时，则(　　) A．在t＝0时刻，线框中的感应电流最大 B．在转过90°的过程中，线框中感应电流 的瞬时值i随时间t变化的规律为i＝eq \f(BL2ωsin ωt,R) C．线框感应电流的最大值为Imax＝eq \f(BL2ω,R) D．线框转过60°时的瞬时电动势为eq \f(BL2ω,2) 解析 从图示位置开始计时，在转过90°的过程中，线框中产生的感应电动势的瞬时值为e＝BL2ωsin ωt，感应电流的瞬时值为i＝eq \f(e,R)＝eq \f(BL2ωsin ωt,R)，故t＝0时刻，I＝0，线框中感应电流的最大值为Imax＝eq \f(BL2ω,R)，选项A错误，B、C正确；线框转过60°时的瞬时电动势为e＝BL2ωsin eq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2)BL2ω，故选项D错误。 答案　BC 4．(2018·湖北黄冈中学模拟)(多选)如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，半径为r＝0.1 m、匝数n＝20的线圈位于辐向分布的磁场中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)，线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B＝eq \f(0.20,π) T，线圈电阻为R1＝0.5 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω的小电珠L，外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示(摩擦等损耗不计)，则(　　) A．小电珠中电流的峰值为0.16 A B．小电珠中电流的有效值为0.16 A C．电压表的示数约为1.5 V D．t＝0.1 s时外力的大小为0.128 N 解析 由题意及法拉第电磁感应定律知道，线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的峰值为Em＝nBlv＝nB·2πrvm，故小电珠中电流的峰值为Im＝eq \f(Em,R1＋R2)＝eq \f(20×\f(0.20,π)×2π×0.1×2,9.5＋0.5) A＝0.16 A，选项A正确，B错误；电压表示数为U＝eq \f(Im,\r(2))·R2≈1.07 V，选项C错误；当t＝0.1 s也就是eq \f(T,4)时，外力的大小为F＝nB·2πrIm＝0.128 N，选项D正确。 答案 AD 解析　回路中感应电动势最大值Em＝BSω，电流最大值Im＝eq \f(Em,R)＝eq \f(BSω,R)，t＝0时为中性面，故瞬时值表达式i＝eq \f(BSω,R)sin ωt.电流有效值I＝eq \f(Im,\r(2))＝eq \f(\r(2)BSω,2R)，P＝I2R＝eq \f(B2ω2S2,2R)，故A、B错误，C、D正确． 答案　CD 5. 如图示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R．t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在向纸面外转动．则(　　)． A．线圈中电流t时刻瞬时值表达式为i＝eq \f(BSω,R)cos ωt B．线圈中电流的有效值为I＝BSω/Req \f(,) C．线圈中电流的有效值为I＝eq \f(\r(2)BSω,2R) D．线圈中消耗的电功率为P＝（BSω）2/2R A.电阻R两端电压变化规律的函数表达式为u＝sin200πt V B.电阻R消耗的电功率为1.25 W C.若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1 A D.这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为 解析：图乙所示电流的最大值为Im＝0.5 A，由欧姆定律得Um＝ImR＝2.5 V．周期为T＝0.01 s，ω＝＝200π rad/s，所以R两端电压的表达式为u＝2.5sin200πt V，A错误；该电流的有效值为I＝，电阻R消耗的电功率为P＝I2R，解得P＝0.625 W，B错误；该交变电流由图丙所示矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生，当转速提升一倍时，电动势的最大值Em＝nBSω为原来的2倍．电路中电流的有效值也是原来的2倍，为2× A≠1 A．电流表的示数为有效值，C错误； 图乙中的正弦交变电流的有效值为 A，图丁所示的交变电流虽然方向发生变化，但大小恒为0.5 A，可知D正确． 答案：D $$