第17讲 交变电流-高二物理上学期知识点讲解及课后练习(江苏专用)

第17讲 交变电流 适用学科 物理 适用年级 高二 适用区域 江苏 本讲时长 120分钟 知识点 及学习目标 交变电流，描述交变电流的物理量，电感和电容对交变电流的影响 知道什么是交变电流，掌握交变电流的产生及变化规律，理解正弦交流电的图象及表达式； 掌握交变电流的最大值、瞬时值、有效值及其关系，知道交变电流的角速度、周期和频率以及它们之间的关系，知道我国供电线路交变电流的周期、频率和常用数值。 了解电感和电容对交变电流的影响，了解感抗与哪些因素有关，知道交流电能“通过”电容器，了解容抗与哪些因素有关。 一．交变电流的产生过程 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，实验装置如图所示。 2．过程分析 （图 A） （图B） （1）如图 A所示： 线圈由甲位置转到乙位置过程中，电流方向为a→b→c→d。 线圈由乙位置转到丙位置过程中，电流方向为a→b→c→d。 线圈由丙位置转到丁位置过程中，电流方向为b→a→d→c。 线圈由丁位置转到戊位置过程中，电流方向为b→a→d→c。 （2）如图B所示：在乙位置和丁位置时，线圈垂直切割磁感线，产生的电动势和电流最大；在甲位置和丙位置时，线圈不切割磁感线，产生的电动势和电流均为零。 3．两个特殊位置物理量的特点 名称 中性面 中性面的垂面 位置 线圈平面与磁场垂直 线面平面与磁场平行 磁通量 最大 零 磁通量的变化率 零 最大 感应电动势 零 最大 线圈边框切割磁感线的有效速度 零 最大 感应电流 零 最大 电流方向 改变 不变 特别提醒： （1）线圈每一次经过中性面，线圈中感应电流就要改变方向。 （2）线圈转一周，感应电流方向改变两次。 例1．交流发电机发电示意图如图所示，线圈转动过程中，下列说法正确的是（　 　） A．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边感应电流方向为A→B （针对训练1）如图所示，左侧竖直长导线通有向下方向的恒定电流，一矩形线圈abcd可绕其竖直对称轴O1O2 转动。当线圈绕轴以角速度ω沿逆时针（沿轴线从上往下看）方向匀速转动，从图示位置开始计时，下列说法正确的是（　 　） A．t＝0时，线圈产生的感应电动势最大 B．0～时间内，线圈中感应电流方向为 abcda C．t＝时，线圈的磁通量为零，感应电动势也为零 D．线圈每转动一周电流方向改变一次 二．交变电流的变化规律 1．正弦式交变电流的表达式 e＝Emsinωt，u＝Umsinωt，i＝Imsinωt，其中Em为最大值，也叫峰值。 2．正弦式交变电流的峰值 （1）转轴在线圈所在平面内且与磁场垂直。当线圈平面与磁场平行时，线圈中的感应电动势达到峰值，且满足Em＝nBSω。 （2）决定因素：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。 （3）如图所示的几种情况中，如果n、B、ω、S均相同，则感应电动势的峰值均为Em＝nBSω。 例2．如图所示，匀强磁场B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长lab＝0.2 m，lbc＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s绕OO′轴匀速转动。当线圈平面通过中性面时开始计时，试求： （1）线圈中感应电动势随时间变化的表达式。 （2）由t＝0至t＝过程中的平均电动势值。 （针对训练2）某交变电流发电机正常工作时产生的电动势e＝Emsinωt。若线圈匝数减为原来的一半，而转速增为原来的2倍，其他条件不变，则产生的电动势的表达式为（　 　） A．e＝Emsinωt　　 B．e＝2Emsinωt C．e＝2Emsin2ωt D．e＝Emsin2ωt 三．正弦式交变电流的图象及应用 1．图象意义 反映了交变电流的电流（电压）随时间变化的规律，如图所示。 2．从图象中可以解读到以下信息 （1）交变电流的最大值Im、Em。 （2）因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为零，磁通量最大，所以可确定线圈位于中性面的时刻。 （3）可找出线圈平行磁感线的时刻。 （4）判断线圈中磁通量的变化情况。 （5）分析判断i、e随时间的变化规律。 3．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。 例3．一只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甲所示。则下列说法正确的是（　 　） A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直 B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大 C．t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大 D．该线圈相应产生的交流电动势的图象如图乙所示 （针对训练3）（多选）矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示。下列结论正确的是（　 　） A．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大 B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势改变方向 C．电动势的最大值是157 V D．在t＝0.4 s时，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s 四．交变电流有效值的理解和计算 1．对有效值的理解 （1）交变电流的有效值是根据电流的热效应定义的，理解有效值重点在“等效”，“效果”相同在定义中体现为相同电阻、相同时间，产生相同热量，交变电流与多大的直流电“效果”相同，有效值就是多大。 （2）如果没有特别说明，交变电流的电压、电流以及用电器上标出的额定电压、额定电流，都是指其有效值。 2．有效值的计算 （1）对于正弦交变电流，可先根据Em＝NBSω求出最大值，然后根据E＝求出其有效值。 （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．几种常见电流的有效值 电流名称 电流图线 有效值 正弦式交变电流 I＝ 正弦半波电流 I＝ 正弦单向脉冲电流 I＝ 矩形脉冲电流 I＝Im 非对称性交变电流 I＝ 特别提醒： （1）E＝、I＝只适用于正弦式交变电流，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。 例4．如图所示是一交变电流的i－t图象，则该交变电流的有效值为（　 　） A．4 A B．2 A C． A D． A （针对训练4）如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件（不分得电压）实现了无级调节亮度。给该台灯接220 V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为（　 　） A．220 V B．110 V C． V D． V 五．交变电流的四值 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＝Emsinωt i＝Imsinωt 计算线圈某一时刻的受力情况 最大值 最大的瞬时值 Em＝nBSω　Im＝ 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＝Em/ U＝Um/ I＝Im/ （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）电器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围面积与时间的比值 ＝n　＝ 计算通过电路截面的电量 特别提醒： （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。 （3）计算通过导体某一截面的电荷量时，只能用交变电流的平均值。 例5．如图所示，边长为 20 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈的总电阻为r＝1 Ω，绕垂直于磁感线的OO′轴以120 r/min匀速转动，磁感应强度B＝0.5 T，外电路电阻为R＝9 Ω，求： （1）线圈在转动过程中，产生的感应电动势的最大值？ （2）由图示位置转90°过程中通过电阻R的电量为多少？ （3）交流电压表的示数为多少？ （4）线圈转动一周外力做多少功？ （针对训练5-1）如图甲所示为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示。发电机线圈内阻为1 Ω，外接灯泡的电阻为9 Ω恒定不变，则下列说法中正确的为（　　） A．电压表的示数为6 V B．发电机的输出功率为4 W C．在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量最大 D．在0～5.0×10－3 s时间内电动势的平均值为3 V （针对训练5-2）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＝10sin10πt（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 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的示数为 A 六．电感对交变电流的阻碍作用 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决定于线圈本身的性质，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 （1）通直流、阻交流。这是对两种不同类型的电流而言的，因为恒定电流不变化，不能引起自感现象，所以对恒定电流没有阻碍作用。交变电流时刻改变，必有自感电动势产生以阻碍电流的变化，所以对交流有阻碍作用。 （2）通低频、阻高频。这是对不同频率的交变电流而言的因为交变电流的频率越高，电流变化越快，感抗也就越大，对电流的阻碍作用越大。 （3）扼流圈：利用电感阻碍交变电流的作用制成的电感线圈。 低频扼流圈：线圈绕在铁芯上，匝数多，自感系数大，铜线绕制电阻较小，具有“通直流、阻交流”的作用。 高频扼流圈：线圈有的绕在铁氧体芯上，有的是空心的，匝数少，自感系数小具有“通直流、通低频、阻高频”的作用。 例6．（多选）如图所示电路中，L为电感线圈，R为灯泡，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝220sin100πt（V）。若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，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　 （针对训练6）（多选）如图所示，输入端a、b的输入电压既有直流成分，又有交流成分，以下说法中正确的是（L的直流电阻不为零，且很小）（　 　） A．直流成分只能从L通过 B．交流成分只能从R通过 C．通过R的既有直流成分又有交流成分 D．通过L的直流成分比通过R的直流成分必定要大 七．电容对交变电流的阻碍作用 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 我们知道，恒定电流不能通过电容器，原因是电容器的两个极板被绝缘介质隔开了。当接到交流电源上时，电源使导线中的自由电荷向某一方向定向移动，对电容器进行“充、 放电”，电容器两极板在此过程中由于电荷积累（或减少）而产生电动势，因而反抗电荷继续运动，就形成了电容器对交变电流的阻碍作用。 3．决定容抗的两个因素 交流电的频率和电容器的电容 4．电容器在电路中的作用 （1）通交流、隔直流。用来“通交流、隔直流”的电容器叫耦合电容器。其电容一般较大，常串接在两级电路之间，以使电流中的交流成分通过，如图所示。 （2）通高频，阻低频。在电子技术中，从某一装置输出的交流常常既有高频成分，又有低频成分。若在下一级电路的输入端并联一个电容器，就可只把低频成分的交流信号输送到下一级装置。具有这种“通高频、阻低频”用途的电容器叫高频旁路电容器，如图所示。 例7．在如图所示电路中，交变电源是有效值为220 V的电源，C是电容器，R是电阻，关于交流电压表的示数，下列说法中正确的是（　 　） A．等于220 V B．大于220 V C．小于220 V D．等于零 （针对训练7）如图所示电路中，AB两端加交流电压u＝141sin157t（V）时，小灯泡发光。若AB间电压变换为如下四种情况时（小灯泡都没有被烧毁），可以使小灯泡亮度增加的是（　 　） A．直流电压141 V B．直流电压100 V C．交流电压u＝141sin100t V D．交流电压u＝141sin314t V 八．电阻、感抗、容抗的比较 电阻 感抗 容抗 产生的原因 定向移动的自由电荷与不动的离子间的碰撞 由于电感线圈的自感现象阻碍电流的变化 电容器两极板上积累的电荷对这个方向定向移动的电荷的反抗作用 在电路中的特点 对直流、交流均有阻碍作用 只对变化的电流（如交流）有阻碍作用 不能通直流，只能通变化的电流 决定因素 由导体本身（长短、粗细、材料）决定，与温度有关 由线圈的自感系数和交流的频率决定（成正比） 由电容的大小和交流的频率决定（成反比） 化与做功电能的转 电流通过电阻做功，电能转化为内能 电能和磁场能往复转化 电能与电场能往复转化 例8．如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与盒子Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的三种元件串联，再将三者并联，接在正弦交变电路中，三只灯泡亮度相同。若保持电路两端电压有效值不变，将交变电流的频率增大，观察到灯a变暗、灯b变亮、灯c亮度不变。则三个盒子中的元件可能是（　 　） A．Ⅰ为电阻，Ⅱ为电容器，Ⅲ为电感器 B．Ⅰ为电感器，Ⅱ为电阻，Ⅲ为电容器 C．Ⅰ为电感器，Ⅱ为电容器，Ⅲ为电阻 D．Ⅰ为电容器，Ⅱ为电感器，Ⅲ为电阻 （针对训练8）下列电路，能防止高频交变电流的冲击，有效保护电器的是（　 　） 1．如图所示，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＝BSωsinωt的图是（　 　） 2．如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则下列说法正确的是（　 　） A．乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程 B．乙图中c时刻对应甲图中的C图 C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变50次 D．若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz 3．如图甲所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合。线圈按图示方向匀速转动。若从图示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图像是图乙中的（　 　） 4．（多选）如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以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（　 　） A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流 B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势 C．线圈绕P1和P2转动时的电流的方向相同，都是a→d→c→b D．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 5．如图所示，单匝直角三角形导线框OMN在匀强磁场中以ON所在的直线为轴匀速转动，角速度为ω，已知OM边长为l，∠MON＝θ，匀强磁场垂直于ON向右，磁感应强度大小为B，则下列说法正确的是（　 　） A．导线框OMN内产生大小恒定的电流 B．截掉导线MN，则电动势最大值变小 C．导线框OMN产生的电流方向为OMNO D．导线框OMN内产生的电动势最大值为Bl2ωsinθcosθ 6．如图甲为风速仪的结构示意图。在恒定风力作用下风杯带动与其固定在一起的永磁体转动，线圈产生的电流随时间变化的关系如图乙。若风速减小到原来的一半，则电流随时间变化的关系图可能是（　 　） 7．随着华为手机科技含量日益提高，现在华为手机已成为国际知名手机，最近华为更是推出了5G芯片，该5G芯片里有A、B两个完全相同的电阻，若A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，则通过这两个电阻的电流的有效值之比IA∶IB等于（　 　） A．5∶2　 B．∶ C．5∶　 D．∶2 8．如图所示的（a）、（b）两图分别表示两个交变电压，比较这两个交变电压，它们具有共同的（　 　） A．有效值　　　 B．频率 C．最大值 D．均不一样 9．某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分，为使放大器仅得到交流低频成分，如图所示电路中可行的是（　　） 10．如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，再将三者并联，接在220 V、50 Hz的交变电压两端，三只灯泡亮度相同。若接在220 V、40 Hz的交变电压两端，则（　 　） A．三只灯泡亮度都不变 B．三只灯泡都将变亮 C．a亮度不变，b变亮，c变暗 D．a亮度不变，b变暗，c变亮 11．（多选）某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则（　 　） A．电感L1的作用是通高频 B．电容C2的作用是通高频 C．扬声器甲用于输出高频成分 D．扬声器乙用于输出高频成分 12．（多选）如图所示，线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边以角速度ω匀速转动，其线圈中感应电动势的峰值为Em，闭合回路中两只灯泡均能正常发光。则（　 　） A．从图中位置开始计时，感应电动势瞬时表达式为e＝Emsinωt B．增大线圈转动角速度ω时，感应电动势的峰值Em不变 C．增大电容器C两极板间的正对面积时，灯泡 A1变亮 D．抽去电感器L的铁芯时，灯泡 A2变亮 13．如图甲为手机无线充电工作原理示意图，它由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数为N＝50匝，电阻r＝1.0 Ω，在它的c、d两端接一阻值R＝9.0 Ω的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间变化规律如图乙所示，可在受电线圈中产生正弦式交变电流。求： （1）在一个周期内，电阻R上产生的焦耳热； （2）从t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量。 第17讲 交变电流 适用学科 物理 适用年级 高二 完成情况 完成评分 1．有一静止不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图所示。该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动。在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N开始离开纸面向外转动，规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是（　　 ） 2．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图可知（　 　） 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时刻到D时刻线圈转过的角度为π D．若从0时刻到D时刻经过0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变100次 3．一交流电压的瞬时值表达式为u＝220 sin50πt（V），下列判断正确的是（　 　） A．该交流电压的频率为50 Hz B．t＝0.01 s时，该交流电压的瞬时值为55 V C．直接用电压表测该交流电压，其示数为220 V D．若将该交流电压加在阻值为2 kΩ的电阻两端，则电阻的发热功率为20 W 4．直流电源的电压与交流电压的有效值相同，自感线圈的直流电阻不计，则灯泡发光最亮的图是下图中的（　 　） 5．（多选）在频率为f的交变电流电路中，如图所示，当开关S依次分别接通R、C、L所在的支路，这时通过各支路的电流有效值相等。若将交变电流的频率提高到2f，维持其他条件不变，则下列几种情况正确的是（　 　） A．通过R的电流有效值不变 B．通过C的电流有效值变大 C．通过L的电流有效值变小 D．流过R、C、L的电流有效值都不变 答案 第17讲 适用区域 江苏 适用年级 高二 例1　【答案】　D　 解题指导：交变电流的产生属于电磁感应的特例，可根据楞次定律和法拉第电磁感应定律判定各选项。 解析：转到图甲位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小，故 A错误；转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势最大，故B错误；转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流为零，故C错误；转到图丁位置时，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为A→B，故D正确。 〔变式训练1〕【答案】　B　 解析：由右手定则可知，直导线右侧的磁场方向垂直纸面向外，则t＝0时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势最小，选项 A错误；由楞次定律可知0～时间内，线圈转过90°角，此时线圈中感应电流方向为abcda，选项B正确； t＝时，线圈的磁通量为零，感应电动势不为零，选项C错误；线圈每转动一周电流方向改变两次，选项D错误。 例2【答案】　(1)e＝314sin100πt(V)　(2)200 V 解题指导：要理解平均电动势既不是最大电动势值的一半，也不是等于历时一半时间的瞬时电动势，必须由法拉第电磁感应定律求解。 解析：(1)感应电动势的瞬时值e＝NBSωsinωt，由题可知：S＝lab·lbc＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2 Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝314 V 所以e＝314sin100πt(V) (2)用E＝N计算t＝0至t＝过程中的平均电动势E＝N＝N＝ 即E＝NBSω 代入数值得E＝200 V 〔变式训练2〕【答案】　D　 解析：由Em＝NBSω知若线圈匝数减为原来的一半，而转速增为原来的2倍时Em不变；转速变为2ω，故电动势的表达式为e＝Emsin2ωt，D正确；故选D。 例3　　B　 解析：由题图甲可知，t＝0和t＝0.02 s时刻，Φ值最大，线圈平面恰在中性面位置，感应电动势为零，而Φ－t图象在t＝0.01 s和t＝0.03 s时刻切线的斜率最大，即Φ的变化率最大，交流电动势达到最大值。 〔变式训练3〕【答案】　CD　 解析：在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，磁通量最大，线圈位于中性面位置，感应电动势为零，故 A错误；在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，磁通量为零，线圈垂直于中性面，感应电动势最大，电动势不改变方向，故B错误；根据Φ－t图象，BS＝0.2 Wb，T＝0.4 s，故电动势的最大值：Em＝NBSω＝50×0.2×＝50π V＝157 V；故C正确；磁通量为0，磁通量变化率最大，由Em＝N得，＝3.14 Wb/s，故D正确，故选CD。 例4　　【答案】D　 解析：设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R，则有： I2RT＝()2R＋IR，代入数据解得：I＝ A，故ABC错误，D正确，故选D。 〔变式训练4〕　C　 解析：设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量： 交流电Q＝·＋· 直流电Q＝T 解得：U＝ V，故选项C正确。 例5　【答案】(1)Em＝8π(V)　(2)q＝0.2 C　(3)π(V)　(4)1.6π2( J) 解题指导：根据Em＝NBωS求出最大值；根据q＝Δt求通过R的电荷量；电压表测量的是电阻R的电压有效值，根据闭合电路欧姆定律即可求解；通过电动势的最大值求出有效值，由焦耳定律求出热量。 解析：(1)线圈转动的角速度：ω＝2πn＝4π(rad/s) 产生的感应电动势的最大值：Em＝NBSω＝100×0.5×0.2×0.2×4π＝8π(V) (2)由图示位置转90°过程中通过电阻R的电量为：q＝Δt＝t＝t＝N＝0.2(C) (3)交流电压表的示数：U＝R＝＝π(V) (4)W外＝Q＝T＝1.6π2( J) 〔变式训练5-1〕【答案】 C　 解析：由Em＝6 V，得E＝6 V，电压表示数U＝E＝5.4 V，故 A错误。灯泡实际消耗的功率即为电源的输出功率，故由功率公式可知，P＝＝ W＝3.24 W；故输出功率为3.24 W，故B错误。在1.0×10－2 s时刻，感应电动势为零，故说明穿过线圈的磁通量最大，此时穿过线圈的磁通量变化率为零，故C正确；交变电流的平均值不是初、末状态瞬时值的平均值，D错误。 〔变式训练5-2〕 【答案】 B　 易错分析：本题易错角度及错误原因分析如下： 易错选项 错误原因 A 不能顺利从交变电动势e＝10sin10πt(V)中提取相关信息，导致解题错误 C 错误地将回路总功率当作外接电阻R的功率而错选C项 D 不清楚交流电流表的示数即为电流的有效值而错选D项 　正确解答：根据题意知，转子转动的角速度ω＝10π，又ω＝2πf，则该交流电的频率f＝5 Hz, A项错误；该交变电流电动势最大值Em＝10 V，则有效值E＝＝10 V，B项正确；根据欧姆定律可得，电路中电流I＝＝1.0 A，即电流表的示数为1.0 A，电阻R消耗的电功率P＝I2R＝9.0 W，C项错误，D项错误。 例6　　【答案】BC　 解题指导：①电感在交流电路中有类似于直流电路中的“电阻”的作用，这种阻碍作用不是保持不变的，它的大小与交流电的频率有关，频率变化，阻碍作用相应变化，做题时应注意。 ②直流电路中的有关公式、规律在交流电路中同样适用。 解析：由u＝220sin100πt V，可得电源原来的频率为f＝＝ Hz＝50 Hz 当电源频率由原来的50 Hz增为100 Hz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，故电流I减小时，UR减小。因电源电压有效值保持不变。故UL＝U－UR，UL增大，选项B正确。 〔变式训练6〕【答案】　CD　 解析：由于线圈直流电阻不为零，所以有直流通过R，而线圈对交流有阻碍作用，因此也有交流成分通过R，B错，C正确。由于R对交流也有阻碍作用，所以也有交流成分通过L, A错，因为导线的直流电阻很小，所以通过线圈的直流要比通过R的大，D正确。 例7　【答案】　C　 解题指导：考查电容器对交变电流的阻碍作用，本题中，因为电容器有容抗，它分一部分电压。 解析：虽然交变电流能通过电容器，但对交流有阻碍作用，电容器的容抗与电阻串联，根据串联分压原理可知电阻两端电压应小于电源电压，而电压表测的是电阻两端的电压，故选项C正确。 〔变式训练7〕【答案】　D　 解析：电容器的作用是通交流，隔直流，通高频，阻低频，所以换成直流电压，灯泡不会亮，AB错误；根据公式f＝可得交流电压u＝141sin314t(V)频率变大，交流电压u＝141sin100t(V)频率减小，故C变暗，D变亮，故选D。 例8　【答案】　C　 解析：当交变电流的频率增大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，由灯a变暗，灯b变亮可知，Ⅱ为电容器，Ⅰ 为电感线圈，而电阻与交变电流的频率无关，故Ⅲ为电阻。 〔变式训练8〕【答案】　C　 解析：电容器能通交流，阻直流，而对交流电也有阻碍作用，交流电频率越高，同一电容器容抗越小，所以电容器对于高频交变电流的阻碍作用小于它对低频交变电流的阻碍作用，因此不能有效保护电器，故 A错误；电阻对交流电的阻碍作用与交流电频率无关，故B、D错误；电感器对交流电有阻碍作用，交流电频率越高，同一电感器感抗越大，所以电感器对高频交变电流的阻碍作用大于对低频交变电流的阻碍作用，故C正确。 1．【答案】　 A　 2．【答案】　 A　 解析：乙图中Oa时间段对应电流为abcda方向且从零逐渐变大，则根据楞次定律，此过程对应甲图中A至B图的过程，选项 A正确；乙图中c时刻，感应电流最大，则磁通量的变化率最大，而C图的磁通量变化率最小，故B错 误；若乙图中d等于0.02 s，则周期为0.02 s，则交流电的频率为50 Hz，而一个周期内电流方向改变两次，所以1 s内电流的方向改变了100次；故CD错误。 3．【答案】　 A　 解析：若从图示位置开始计时，在线圈转动90°的过程中，只有ab边切割磁感线，相当于向右切割，故感应电流的方向为a→d→c→b→a，为负方向，大小相当于半个线圈在磁场中转动，但还是正弦的形式，这一部分A、B的表示都是正确的；在线圈转动90°到180°的过程中，只有cd边切割磁感线，相当于向左切割，故感应电流的方向为a→d→c→b→a，为负方向，大小相当于半个线圈在磁场中转动，但还是正弦的形式，这一部分B项表示的方向是不正确的；再按同样的方法继续分析可以得到 A项是正确的。 4．【答案】　AC　 解析：产生正弦交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和线框形状无关，转到图示位置时产生的电动势E具有最大值Em＝nBSω由欧姆定律I＝可知此时I相等，故 A对，B错。由右手定则可知电流为a→d→c→b，故C对。cd边受的安培力F＝BLcdI，故F一样大，D错。 5.　【答案】D　 解析：当导线框OMN以ON所在的直线为轴匀速转动时，线圈内产生正弦交变电流，选项 A错误；导线MN不切割磁感线，则截掉导线MN，则电动势最大值不变，选项B错误；导线框OMN产生的电流方向不断变化，选项C错误；导线框OMN内产生的电动势最大值为Em＝BωS＝Bl2ωsinθcosθ，选项D正确。 6．【答案】　C　 解析：根据Em＝NBSω，若风速减小到原来的一半时，则最大感应电动势也变小，所以感应电流也变小；根据转速与周期成反比，可知，若风速减小到原来的一半时，则周期变大为原来两倍，故C正确，A、B、D错误。 7．【答案】　D　 解析：甲图电流有效值为：IR＋R＝IRT，解得：IA＝I0；乙图为正弦交流电，所以有效值：IB＝，所以＝，D正确，ABC错。 8．【答案】　C　 解析：图(a)为正弦交流电，电压有效值Ua＝＝ V；图(b)为大小不变，方向改变的交流电，电压有效值Ub＝Um＝2 V。故两电压的有效值不同。由题图可知，两个交变电压周期不相同，则频率不相同；由题图可知，两个交变电压最大值均为2 V。故两电流的最大值相同。故选项C正确。 9．【答案】　D　 解析：信号中含有三种成分，去掉直流成分用隔直电容，还需加入另一旁路电容C，过滤交流高频成分，所以D正确。 10．【答案】　C　 解析：交流电的频率由50 Hz变成40 Hz，频率变小，电阻的阻值不变，电容的容抗变大，电感的感抗减小，电压不变，故a亮度不变，b变亮，c变暗。故C正确。 11．　【答案】BD　 解析：电感线圈有通低频、阻高频的作用，因此 A项错误；电容器有通高频、阻低频的作用，因此B项正确；由此可以判断，扬声器甲主要用于输出低频成分，扬声器乙用于输出高频成分，C项错误，D项正确。 12．【答案】　ACD　 解析：图示位置即中性面，所以感应电动势的瞬时表达式为e＝Emsinωt，故A正确；感应电动势的峰值Em＝BSω，增大线圈转动角速度ω时，感应电动势的峰值Em将增大，故B错误；增大电容器C两极板间的正对面积时，电容增大，容抗减小，灯泡 A1变亮，故C错误；抽去电感器L的铁芯时，自感系数减小，感抗减小，灯泡 A2变亮，故D正确。 13．【答案】(1)5.7×10－2 J　(2)2×10－3 C 解析：(1)由图乙知T＝π×10－3 s；受电线圈中产生的电动势最大值Em＝NBωS＝NΦm＝50×2.0×10－4× V＝20 V 线圈中产生感应电流的最大值大小为Im＝＝2.0 A；通过电阻电流的有效值为I＝＝ A 电阻在一个周期内产生的热量Q＝I2RT＝5.7×10－2 J (2)线圈中感应电动势的平均值＝n，通过电阻电流的平均值为＝，通过电阻的电荷量q＝·Δt 由题图乙知，在T/4～3T/4的时间内，ΔΦ＝4×10－4 Wb，解得q＝N＝2×10－3 C。 1．　【答案】C　 解析：磁极以OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动，线圈向相反方向转动，在t＝0时刻，由楞次定律可知，产生的感应电流方向为a→b→c→d→a，磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，故C正确。 2．　【答案】D　 解析：A、C时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B、D时刻感应电流为零，线圈在中性面，此时磁通量最大。从A时刻到D时刻线圈转过角度为。若从0时刻到D时刻经过0.02 s，则T＝0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变×2＝100次，故D正确。 3．【答案】　C　 解析：频率为：f＝＝25 Hz，故 A错误；t＝0.01 s时，u＝220sin50πt(V)＝220sin50π×0.01 V＝220 V，故B错误；电压表测量的电压有效值，则E＝＝220 V，故C正确；若将该交流电压加在阻值为2 kΩ的电阻两端，则电阻的发热功率为P＝＝ W＝24.2 W，故D错误。 4．【答案】　D　 解析：电容C、电感L都对交变电流有阻碍作用，故A、B两图中灯不是最亮的；C图中灯被短路，灯泡不亮；D图中电容C有隔直流作用，所以D中灯泡最亮。 5．　【答案】ABC 解析：在频率为f的交变电流电路中，当开关S依次分别接通R、C、L支路，这时通过各支路的电流有效值相等。当交变电流的频率提高到2f时，则线圈的感抗变大，导致通过L的电流有效值变小；电容器的容抗变小，导致通过C的电流有效值变大；对于电阻来说没有变化。故ABC正确，D错误。 5 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$