第3章 2 正弦交变电流的描述（Word教参）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

本高中物理讲义聚焦正弦交变电流的描述，系统梳理周期、频率与角速度的关系，通过实际问题引入有效值定义，对比峰值与有效值（含正弦式与非正弦式计算），结合图像分析四值（瞬时值、峰值、有效值、平均值）的应用场景，构建从概念到应用的学习支架。 资料以“探究点+变式题+核心素养升华”为主线，如通过非正弦式电流有效值计算例题，引导科学推理，对比四值应用培养模型建构能力。课中助力教师组织讨论深化理解，课后学生可借升华要点与练习题查漏补缺，提升科学探究与物理观念应用能力。

2　正弦交变电流的描述 [学业要求] 1．掌握交变电流的周期、频率、线圈转动角速度三者之间的关系。 2．能理解电流的有效值，知道有效值是与热效应有关的量。 3．掌握正弦式交变电流有效值与峰值的关系，会进行有效值的计算。 4．理解交变电流的图像意义，能从图像中获取相关信息。 5．了解电感、电容对交变电流的作用。 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)：交变电流在单位时间内完成__周期性__变化的次数。 3．T＝或f＝，T＝。 二、峰值　有效值 阅读材料，并回答： 1．下图是通过一个R为1 Ω的电阻的电流i随时间变化的曲线。这个电流不是恒定电流。 某种交变电流的波形 (1)怎样计算通电1 s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1 s内产生同样的热，这个电流是多大？ 答：(1) 通电1 s内电阻R中产生的热量：Q＝I12Rt1＋I22Rt2＝12×1×0.4＋22×1×0.6＝2.8 J。 (2) 由Q＝I2Rt，得I＝＝A＝1.67 A。 2．若把1题第(2)问求得的电流叫做图示交变电流的有效值，你能说出交变电流有效值的定义吗？ 答：见教材 [概念·规律] 1．峰值：交变电流的电压、电流能达到的__最大值__叫作峰值。 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__相同，则此恒定电流的数值叫作交变电流的有效值。 (1)正弦式交变电流有效值和峰值的关系： U＝　Um　＝0.707Um，I＝　Im　＝0.707Im。 (2)应用：电气设备铭牌上标注的额定电压、额定电流都是有效值，交流电压表和交流电流表测量的也是__有效值__。 探究点一　交变电流的有效值的理解与计算 [交流讨论] 1．交变电流的有效值是根据什么定义的？如何求非正弦式交变电流的有效值？ 答：电流的热效应　根据有效值的定义 2．完成本节教材“自我评价”第6题。 [归纳总结] 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“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。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。 2．有效值的两种计算方法 (1)特殊值法：若按正(余)弦规律变化的电流，可利用交变电流的有效值与峰值间的关系求解，即E＝，U＝，I＝。 (2)定义法：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。 3．几种常见交变电流的有效值 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＝ 正弦单向脉动电流 I＝ 矩形脉动电流 I＝ 　如图所示的交变电流由正弦式交变电流的一半和反向脉冲电流组合而成，则这种交变电流的有效值为(　　) A．I0　　　　　　　　 B．I0 C．I0 D．I0 [解析]　由i ­t图像知交变电流的周期T＝2 s。一个周期内，前半个周期电流的有效值I1＝，后半个周期电流的有效值I2＝I0。设交变电流的有效值为I，据交变电流有效值的定义有I2RT＝I12R·＋I22R·＝2R·＋I02R·，解得I＝I0。故选项C正确。 [答案]　C [变式1]　如图是某一线圈通过的交流电的i­t关系图像，则一个周期内该电流的有效值为(　　) A．I0 B．I0 C．I0 D．I0 解析　设该电流的有效值为I，由I2RT＝2R×＋2R×，解得I＝I0，故B正确。 答案　B [变式2]　如图甲、乙所示分别是两种交流电的i2­t、i­t关系图像，则两种交流电的有效值之比为(　　) A．1 B． C． D． 解析　题图甲、乙的交流电有效值分别为I甲、I乙，根据交流电有效值的定义与题图甲、乙可得I甲2RT＝I2R×＋I2R×，解得I甲＝I，I乙2RT＝I2R×＋2R×，解得I乙＝I，则有＝1，A正确，B、C、D错误。 答案　A ●核心素养·思维升华 (1)U＝、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。 1．一个匝数为100匝、电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按如图所示规律变化，已知0～1 s内线圈内的磁通量按正弦规律变化到最大值，π2≈10，则线圈中产生交变电流的有效值为(　　) A． A B．2 A C．6 A D．5 A 解析　0～1 s内线圈内的磁通量按正弦规律变化到最大值，则感应电动势的最大值Em＝NωΦm，由图像知ω＝＝rad/s，可得Em＝ V，这段时间内交变电流的有效值I1＝＝ A,1～1.2 s内感应电动势E2＝N＝5 V，这段时间内感应电流的有效值为I2＝＝10 A，则一个周期内线圈产生的热量Q＝I12Rt1＋I22Rt2＝I2R(t1＋t2)，解得线圈中产生交变电流的有效值为I＝ A，故选A。 答案　A 探究点二　交变电流的“四值” 正弦交流电“四值”比较及应用 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＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 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＝ U＝ I＝ (正弦式交变电流) (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)电气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 － ＝n ＝ 计算通过电路横截面的电荷量 　如图所示，矩形线圈abcd的面积是0.01 m2，共100匝，线圈的总电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，线圈以角速度ω＝100π rad/s绕ab边匀速转动，ab边右侧有匀强磁场(左侧没有磁场)，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，电压表为理想电表。求： (1)当线圈由图示位置转过60°时，通过电阻R的电流大小和方向； (2)在线圈由图示位置转过60°的过程中，通过电阻R的电荷量； (3)电压表的示数。 [解析]　(1)线圈中感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝100××0.01×100π V＝100 V 交变电流的最大值Im＝＝10 A 电流的瞬时值表达式为i＝Imsin ωt 从题图所示位置转过60°时，ωt＝ 此时的电流为i＝Im sin 60°＝5 A 根据楞次定律，通过电阻R的电流方向向下。 (2)感应电动势平均值＝N 电荷量q＝Δt＝ 解得q＝ C。 (3)线圈中感应电动势的最大值为Em＝100 V 一个周期内只有一半时间有电动势，根据有效值的定义，有·T＝·T 解得E＝50 V 电压表的示数为路端电压的有效值，解得U＝E＝45 V。 [答案]　(1)5 A，方向向下　(2) C (3)45 V [变式]　(多选)如图所示，若线圈abcd为边长L的正方形单匝线圈，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线OO′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OO′轴匀速转动，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．从图示位置开始计时，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt C．线圈从图示位置起转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝ D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝ 解析　题图位置线圈没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故A错误；若线圈从题图位置开始转动，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝Em sin ωt＝BL2ωsin ωt，故B正确；线圈从题图位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝t＝＝，故C错误；线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝I2Rt＝2R×＝2R×＝，故D正确。 答案　BD ●核心素养·思维升华 求解热量与电荷量的思路 (1)求解热量用有效值，按以下思路 (2)求解电荷量用平均值，按以下思路 2．正方形金属线框MNQP的PQ边与匀强磁场的边界重合，匀强磁场垂直纸面且范围足够大，第一次将金属线框以速度v匀速拉进匀强磁场内(如图甲)；第二次金属框以PQ边为轴匀速转动，MN边的线速度大小为v，线框从上往下看逆时针旋转180°(如图乙)。设两个过程中线框中产生的焦耳热分别为Q1和Q2，则等于(　　) A．4　　　　　　　　 B．8 C． D． 解析　设正方形金属线框的边长为l，电阻为R，磁场的磁感应强度为B，题图甲产生的感应电动势为E1＝Blv，进入过程时间为t1＝，产生的热量为Q1＝t1＝。题图乙产生的为正弦交流电，感应电动势有效值为E＝，转动时间为t2＝，产生的热量为Q2＝t2＝，联立解得＝，故选C。 答案　C 探究点三　正弦式交变电流的图像 1．用图像描述交变电流的变化规律(在中性面时t＝0)如下： 函数 图像 说明 磁通量 Φ＝Φmcos ωt ＝BScos ωt S为线圈的面积，N为线圈的匝数，r为线圈的电阻(内阻)，R为外电阻 电动势 e＝Emsin ωt ＝NBSωsin ωt 电压 u＝Umsin ωt ＝sin ωt 电流 i＝Imsin ωt ＝sin ωt 2．从图像中可以解读到以下信息 (1)交变电流的峰值Em、Im和周期T。 (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； e最大(或i最大)时：线圈平行于磁感线。 ②e＝0(或i＝0)时：＝0，Φ最大； e最大(或i最大)时：最大，Φ＝0。 (3)分析判断e、i大小和方向随时间变化的规律。 　线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，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 [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，A、B错误；从A时刻到D时刻线圈转过角度为，C错误；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。 [答案]　D [变式]　如图(a)所示，线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′转动。改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图(b)中图线甲、乙的规律变化。已知线圈的电阻为1.0 Ω，则(　　) A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大 B．图线甲、乙对应的线圈在t＝0.2 s时，线圈平面均垂直于磁感线 C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4 D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为 2.5π A 解析　在t＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A错误；因为在t＝0.2 s，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B错误；由题图(b)可知图线甲、乙对应的周期之比为T甲∶T乙＝4∶5，而线圈的转速为n＝，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为n甲∶n乙＝5∶4，故C正确；图线甲对应的线圈中交流电压的峰值Em＝BSω＝Φmω＝0.4× V＝5π V，电流的峰值Im＝＝5π A，故D错误。 答案　C ●核心素养·思维升华 解决图像问题的基本方法 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”之间的变通方法。 三判断：结合图像和公式进行正确分析和判断。 3．为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：第一次将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OO1按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)，并从图甲所示位置开始计时，此时产生的交流电如图乙所示。第二次他仅将转轴移至ab边上，第三次他仅将转轴OO1右侧的磁场去掉，关于后两次的电流图像，下列说法正确的是(　　) A．第二次是图(a) B．第二次是图(c) C．第三次是图(b) D．第三次是图(d) 解析　第二次将转轴移到ab边上穿过线圈的磁通量变化情况与线圈绕转轴OO1转动变化情况相同，故产生的感应电流与第一次相同，选项A、B错误；第三次将OO1右侧的磁场去掉，线圈在转动过程中只有一边切割磁感线，产生的交变电流的最大值为原来的，选项C错误，D正确。 答案　D 1．(多选)(2023·湖南卷)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。 大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是(　　) A．线圈转动的角速度为4ω B．灯泡两端电压有效值为3nBL2ω C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为 D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮 解析　大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据 v＝ωr 根据题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确； 线圈产生感应电动势的最大值 Emax＝nBS·4ω 又S＝L2 联立可得Emax＝4nBL2ω 则线圈产生感应电动势的有效值 E＝＝2nBL2ω 根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝＝nBL2ω B错误； 若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值 Emax′＝8nBL2ω 此时线圈产生感应电动势的有效值 E′＝＝4nBL2ω 根据电阻定律R′＝ρ 可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值 U′＝＝ C正确； 若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr，可知小轮和线圈的角速度变小，根据E＝ 可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误。故选AC。 答案　AC 2．如图(a)所示，虚线(磁场边界)左侧有一竖直向下、磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场，一边长L＝0.5 m的正方形线框从图示位置绕水平上边O为轴顺时针匀速转动，进入磁场区域。线框中产生的感应电流i随时间t变化的图线如图(b)所示，π取3.14。下列说法正确的是(　　) A．t＝0时刻线框中磁通量最大 B．感应电流i随时间t变化的周期为0.16 s C．线框在图示位置产生的感应电动势约为4.9 V D．该回路中交流电的有效值为0.04 A 解析　根据题图(b)可知，t＝0时刻，电流最大，则感应电动势最大，磁通量的变化率最大，磁通量为零，故A错误；从题图(b)中可得，感应电流i随时间t变化的周期为0.32 s，故B错误；从题图可知，此时电动势有最大值，根据闭合电路欧姆定律E＝BSω＝0.5×0.5×0.5×V＝2.45 V，故C错误；回路中交流电的有效值为I2RT＝I12R×＋0，则I2RT＝2R×＋0，I＝0.04 A，故D正确。 答案　D 3．(交变电流的图像)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，感应电动势达到最大 D．该线圈产生的相应感应电动势的图像如图乙所示 解析　由题图甲可知t＝0时刻，穿过线圈的磁通量最大，线圈处于中性面，t＝0.01 s时刻，磁通量为零，但变化率最大，故A项错误，B项正确；t＝0.02 s时刻，感应电动势应为零，故C、D项均错误。 答案　B 4．(多选)图甲所示，为一台小型发电机的示意图，单匝线圈匀速转动，产生的电动势e随时间t的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为0.2 Ω，小灯泡的电阻恒为0.8 Ω，其余电阻不计。下列说法正确的是(　　) A．t＝0.005 s理想电压表的示数U＝ V B．t＝1 s内通过小灯泡的电流方向改变100次 C．t＝0.01 s时穿过线圈的磁通量 Wb D．通过灯泡电流的瞬时表达式为i＝sin 100πt 解析　根据题意，由题图乙可知，交流电的电动势最大值为em＝6 V，则有效值为e有＝＝6 V；由题图甲可知，理想电压表测小灯泡两端电压的有效值，由闭合回路欧姆定律有U＝·R＝4.8 V，故A错误；根据题意，由题图乙可知，交流电的周期为0.02 s，则频率为50 Hz，交流电一个周期内电流方向变化2次，则1 s通过小灯泡的电流方向改变100次，故B正确；根据题意，由题图乙可知，t＝0.01 s电动势为0，则穿过线圈的磁通量最大，由公式可得ω＝＝100π rad/s，又em＝BSω，解得BS＝＝ Wb，故C正确；根据题意，结合上述分析可知，电动势的瞬时值表达式为e＝6sin 100πt，则通过灯泡电流的瞬时表达式为i＝＝6sin 100πt，故D错误。 答案　BC 学科网（北京）股份有限公司 $