第3章 1 交变电流-【成才之路·学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步新课程学习指导(人教版)

087 第三章交变电流 1.交变电流 ●目标重点展示 素养目标 学习重点 知道交流电的产生过程以及交流电的瞬时值的表达式， 物理观念 并能够解决相关问题。 构建正弦式交变电流的模型，会用图像和公式描述正弦 (1)交变电流的产生 科学思维 式交变电流，体会建立模型与推理分析的思维方法。 (2)交变电流的变化规律 用右手定则和法拉第电磁感应定律推理得出正弦式交变 科学探究 电流的变化规律。 探究点1交变电流 1.交变电流：大小和方向都随时间做 变化的电流，简称交流 (AC)。 [注意] 区分直流和交流主要 2.直流(DC): 不随时间变化的电流。 是看电流方向是否变 3.恒定电流： 都不随时间变化的电流。 。[注意] 化，电流大小随时间 [判断正误] 变化，但是方向不变 的仍然是直流。交 (1)交变电流的大小一定随时间变化。 变电流经过电子电路 (2)大小和方向都不随时间变化的电流才是直流电。 ）的处理，也能变成 (3)交变电流不稳定，很容易“烧坏”家用电器。 直流。 例1：下列各图中不属于交变电流的是 082 [提示] 探究点2交变电流的产生 (1) ●新知导学 转动 电流方问 情境：线圈绕O0'轴沿逆时针方向匀速转动，如图所示。 过程 甲→乙 D→C→B→A 乙→丙 D→C→BA 丙丁 AB→C→D 丁→甲A→B→C→D 甲 (2)线圈转到乙或丁 探究：(1)线圈转动一周的过程中，分析线圈中的电流方向： 位置时线圈中的感应 (2)线圈转动过程中，当产生的感应电流有最大值和最小值时线圈分别 电流最大；线图转到 在什么位置？ [提示][注意] 甲或丙位置时线圈中 ●要点归纳 感应电流最小， 1.正弦式交变电流的产生条件 为零。 (1)匀强磁场。 [注意] (2)线圈匀速转动。 线圈BC、DA边始终 (3)线圈的转轴垂直于磁场方向。 在平行于磁感线的平 2.两个特殊位置 面内转动，不切割磁 (1)中性面：线圈平面与磁感线 时的位置。(S⊥B,如上图 感线，因而不产生感 甲、丙所示) 应电动势，只起导线 ①线圈处于中性面位置时，穿过线圈的磁通量Φ最 ,但磁通 作用。 量的变化率为 ,线圈中的感应电动势为 感应电流为 [思考] 为什么Φ=0时，E最 ②线圈每次经过中性面时，线圈中感应电流的方向都要改变，线圈转动 大；Φ最大时，E=0? 周，感应电流的方向改变两次。 提示：中-t图像的斜 (2)垂直中性面的位置：线圈平面与磁感线 时的位置。(S∥B, 奉k=4 △1，它与感 如上图乙、丁所示) ①穿过线圈的磁通量Φ为 磁通量的变化率最 应电动势EE= 感应电动势最 ,感应电流最 由 ②线圈经过此位置时，电流方向不发生改变。 >[思考] 会中)成正比， [判断正误] 匝-（图像可知，亚最 (1)只要线圈在磁场中转动，就可以产生交变电流。 大时，斜奉为0，即 (2)线圈在通过垂直中性面的平面时电流最大，但磁通量为零。 磁通量变化奉A中 △t (3)线圈在通过中性面时电流的方向发生改变。 0,故E=0;Φ=0 类型一：交变电流的产生条件 时，斜奉最大，即磁 例2：线圈按下列方式在匀强磁场中匀速转动，能产生交变电流的是 通量变化率A中最 △t 大，故感应电动势E 最大。 083 类型二：中性面、中性面的垂面位置的特点 例3：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 [提示] A.转到图甲位置时，穿过线圈的磁通量变化率最大 (1)线圈转过的角度 B.转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零 为wt。 C.转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大 (2)ab边的线速度跟 D.转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B 磁感线方向的夹角 探究点3交变电流的变化规律 6=wt。 (3)ab边转动的线速 ●新知导学 lad 度大小=0 情境：如图所示，线圈平面从中性面开始转动，经 d(c) :中性面 (4)ab边产生的感应 过时间t到达图示位置，线圈匀速转动的角速度为ω， 电动势（设线圈面积 ad边的长度为la,ab边的长度为lbo 为S）eb=Bla usin6 探究：(1)线圈转过的角度为多少？ (2)ab边的线速度跟磁感线方向的夹角0为多少？ -sn。t a(b (3)ab边转动的线速度大小为多少？ (5)整个线圈产生的 (4)写出ab边产生的感应电动势（设线圈面积为S)的表达式？ 感应电动势e=2eb= (5)写出整个线圈产生的感应电动势的表达式？ BSw sin w t。 (6)若线圈为N匝，则感应电动势的表达式怎样？ P[提示] (6)若线圈为N匝， ●要点归纳 则e=NBSw sin wt 1.正弦式交变电流：矩形线圈在匀强磁场中绕 于磁场方向的轴 [注意] 匀速转动时，产生按 规律变化的电流，叫作正弦式交变电流，简称正 不管交变电流的函数 弦式电流。 P[注意] 表达式是正弦函数还 2.峰值 是余弦函数，都称为 (1)由e=NBSwsin wt可知，电动势的峰值Em= 正弦式交变电流。 (2)交变电动势的最大值，由线圈匝数N、磁感应强度B、转动角速度ω 及线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关，但转轴必须垂直 于磁场，因此如图所示几种情况，若N、B、S、ω相同，则电动势的最大值相同。 (3)电流和电压的峰值可表示为Im= 084 3.正弦交变电流的瞬时值表达式 (1)从中性面位置开始计时e= i ,u= 0 (2)从与中性面垂直的位置开始计时e=E cos wt,i=I cos wt,.u= Ur cos wto 4.交变电流的图像（从中性面位置开始计时） E [判断正误] (1)交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置无关。 ( [规律方法]求解交 (2)交变电流的峰值与转动轴位置无关。 变电流的瞬时值问 (3)将线圈转动的角速度增大一倍，则电动势峰值增大一倍。 ( 题的一般步骤 (4)线圈绕垂直于磁场的转轴匀速转动的过程中产生了正弦式交变电流，峰 定位置 值越大，则瞬时值也越大 ( ) 确定线圈转动是从中 类型一：交变电流的瞬时值表达式 性面位置开始计时， 还是从垂直于中性面 例4：如图所示，匀强酸场的磁感应强度大小B二T,边 的位置开始计时 a→B 长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈总电 定函数 注意阻r=12,线圈绕垂直于磁感线的轴O0'匀速转动， bL 确定表达式是正弦函 统-角速度w=2πrad/s,外电路电阻R=42。求： 数还是余弦函数，若 单位 从中性面位置开始计 用Em=NBSω可以求感应电动势的最大值← 时，表达式为正弦函 注意题(1)转动过程中线圈中感应电动势的最大值： 数；若从垂直于中性 面的位置开始计时， 目中给 此图中线圈平面与磁感线平行，故应该用e=Emcosωt求瞬时值← 则为余弦函数 的是角(2)从图示位置（线圈平面与磁感线平行）开始计时，感应电 速度0 动势的瞬时值表达式； 定数值 还是转 先用1=表总应电执的最大值再用0s@1束经过30时的电流晚时值 确定转动的角速度 速n （3)由图示位置转过30°角时电路中电流的瞬时值： w=2Tn(转速n的单 (4)线圈从题图位置开始计时经石s时线圈中的感应电流的瞬 位为“转/秒”)、电动 势最大值Em=NBSo 时值；将1=名s代入i-1c0sω1求名s时缓圈中感应电流的瞬时值 (5)电阻R两端电压的瞬时值表达式。 求结果 用u=iR求R两端电压的瞬时值表达式 写出瞬时值表达式， 代入时间或角度求 P[规律方法] 眸时值 085 跟踪训练1：（多选）如图所示，abcd为一边长为L、匝 数为N的正方形闭合线圈，绕对称轴O0匀速转动，角速×a [规律方法]分析交 度为ω。空间中只有O0'左侧存在垂直纸面向里的匀强磁× 变电流图像的方法 场，磁感应强度大小为B。若闭合线圈的总电阻为R,则 ×bxx0 一看：看“轴”、看 “线”、看“斜 奉”、看“点”、看 A.线圈中电动势的最大值为二NBLω “截距”、看“面 B.线圈中电动势的最大值为)NBLa 积”，并理解其物理 意义，一定要把图像 C.在线圈转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流 与线圈在磁场中的位 D.当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为)BL 置对应起来。 二变：掌握“图与 类型二：交变电流的图像 图”“图与式”和 例5：单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生交变 ◆ΦWb “图与物”之间的变 电流，穿过线圈的磁通量变化如图所示，则下列说 通关系。例如，可 法正确的是 ( 0 借助磁通量的变化图 21 A.t。时刻，线圈中产生的感应电动势最大 线与电动势的变化图 线的关系来分析 B.2t。时刻，线圈处在中性面位置 问题。 C线圈中产生的感应电动势蜂值为巫。 20 三判：在此基础上进 行正确的分析和 D.若线圈匝数变为2匝，则感应电流变为原来的2倍 [规律方法] 判断。 跟踪训练2：（多选）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的 磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向 的水平轴O0'沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电 流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是 ( i/A 102 0 t/10s) 10W2 图甲 图乙 A.0.01s时线圈平面与磁场方向垂直 B.线圈转动的角速度为50πrad/s C.0.01s时线圈平面与磁场方向平行 D.0.O2s时电阻R中电流的方向自左向右 066 跟踪训练3：(2025·湖南株洲联考)如图所示， ↑e/W 为一台小型发电机产生的电动势随时间按余弦规律 62 - 变化，其e-t图像如图所示。下列分析正确的是 23410-2s) -62 ( A.在1.0×102s时刻，线圈中的感应电流最大 B.在2.0×102s时刻，线圈平面转到中性面 C.在t=0时刻，穿过线圈的磁通量最大 D.在2.0×102s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大 探究点4交流发电机 1.主要构造： 和 2.分类 (1)旋转电枢式发电机： 转动， 不动。 (2)旋转磁极式发电机： 转动， 不动。 [判断正误] (1)交流发电机由两部分组成，即定子和转子，线圈必须旋转，成为转子，这样 才能在线圈中产生交流电。 (2)交流发电机线圈中产生交流电，输送到外电路也是交流电。 ( (3)在交流发电机线圈转动的过程中，线圈中的每一个边都切割磁感线。 ( >[思考] [思考] 例6：（多选）如图所示，若在磁体的两磁极上装有极靴，可使线圈转动时，无 发电机和电动机工作 论转到什么位置，线圈平面始终与磁场平行。现用导线将A、B两线框 过程中的能量转化有 连接成闭合回路，一同学轻轻拨动线框A,使线框A沿顺时针方向转动， 何不同？ 提示：发电机是通过 转动过程中某一时刻A、B两线框恰处于图中所示的位置，则 () 电磁感应把其他形式 的能转化为电能；电 动机是通过安培力做 功把电能转化为机 械能。 A.此时线框B在顺时针转动 B.此时线框B在逆时针转动 C.线框A可视为发电机，线框B可视为电动机 D.线框B可视为发电机，线框A可视为电动机 夯基提能作业 请同学们认真完成练案[18】产生的感应电动势峰值E。=BS=,故C正确：若线圈匝 2to 数变为2匝，则感应电动势变为原来的2倍，但是线圈电阻也 变为原来的2倍，所以感应电流不变，故D错误。 跟踪训练2：①线圈转动的角速度a-牙=100mmds,B错 误：0.01s时流过线圈的感应电流达到最大，线圈中产生的感 应电动势最大，磁通量的变化率最大，则穿过线圈的磁通量为 零，即线圈平面与磁场方向平行，A错误，C正确；由右手定则 可知0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，D正确。 跟踪训练3：D感应电动势为0则感应电流为0，故A错误；在 2.0×102s时刻，感应电动势最大，线圈平面转到与中性面 垂直位置，故B错误；在t=0时刻，穿过线圈的磁通量最小 故C错误；在2.0×102s时刻，感应电动势最大，穿过线圈的 磁通量变化率最大，故D正确。故选D。 探究点4交流发电机 1.电枢磁体 2.（1)电枢磁极(2)磁极电枢 判断正误 (1)×(2)V(3)× 例6：BC分析线框A,顺时针转动时，根据右手定则可知，此时 从上向下看，电流为顺时针方向，故线框B中的电流方向也为 顺时针方向。对于B线框，根据左手定则可知，靠近N极的导 线受到向下的安培力，靠近S极的导线受到向上的安培力，B 线框逆时针转动，故A错误，B正确；线框B是在安培力作用 下运动，属于通电导线在磁场中的受力，属于电动机的工作原 理；而线框A是电磁感应产生感应电流，是发电机的工作原 理，故C正确，D错误。 2.交变电流的描述 探究点1周期和频率 1.周期性秒 2.次数赫兹 3.角度rad/s 41)片7 T (2)要2 5.圈数 判断正误 (1)×(2)V(3)V 例1：BD由w=2f得交变电流的频率f=2Hz,所以周期为 0.5s;当t=0时，电动势最小，穿过线圈的磁通量最大，线圈 平面与磁感线垂直：当t=0.5s时，0=ot=4π×0.5=2π，说 明线圈转动了一周，则电动势e=0。综上分析可知，选项B、D 正确。 跟踪训练1：AD由交变电动势的表达式可知，w=100π，则周 期T-2石=-0.02s,频率f=7=50H,放A.D正确。 探究点2峰值和有效值 要点归纳 1.(1)最大(2)高于 2.(1)电阻相等 判断正误 (1)×(2)×(3)×(4)V 22 例2：C根据一个周期内电流的热效应求解该交变电流的有效 /2DlR·to+ 值。设电流的有效值为1，则FR·3%=(E 121 2 R·2o,解得1=√21。，C正确。 跟踪训练2：D从题中“-：图像上看，每个4周期正弦波形的 U 有效值U,=气根据有效值的定义可知发T= T 2 R ×2+0,解得U=",D正确。 探究点3正弦式交变电流的公式和图像 1.正弦 2.U.sm票1m票 例3：C由题图可知，该感应电动势的最大值为100V,则有效 值为 00V=50万V,则感应电流的有效值为1=502A= 10 52A,选项A错误；该交流电的周期为T=0.04s,则频率为 ∫=7=25，选项B错误；若将该交流电接在阻值R=10D 的电阻两端，则电阻消耗的功率是P=号-(S0V=0W,选 R100 项C正确：w-孚=50ma/s,则该感应电动势的瞬时值的表 达式为e=100sin(50mt)V,选项D错误。 跟踪训练3：C由题图可知t=0.4s时电流为正方向最大，电 流方向没有发生变化，故A错误；由题图可知，该交变电流的 周期为T=0.4s,故B错误；由题图可知，电流的最大值为i =2A,角速度为w-2牙=5mds,放该交变电流的表达式为 i=imcos wt=2cos5πtA,故C正确；该交变电流的有效值为 省=号A=2DA,故D错误。 2 素养能力提升 例4：(1)e=50sin(10mt)V(2)43.3V(3)31.86V3.54A (4)4元C 解析：(1)e=E sin ot=2 rnNBSsin(2rnt)=50sin(10rt)V。 (2)当1=0s时，e=50am(10m×0）V=43.3V。 (3)电动势的有效值E-5-0V=35.4V电流表示数1= √2√2 E=35.4A=3.54A,电压表示数U=R=3.54×9V R+r9+1 =31.86V。 (4)7:内我酒转计的角度0=以=恐×2m×司：号该过 1 中，4D=BS-BScos0=2BS,由I=A且I=n2,E R+r' A0,联立得g=g=2Kn=2x9+1CC。 跟踪训练4：B的示数为电源输出电压的有效值220V,选 项A、D错误；电源输出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：电源输出电压的峰值U= 2202V≈311V,大于电容器的额定电压，故开关闭合时电容 器被击穿，选项C错误。 3.变压器 第1课时变压器的原理实验：探究变压 器原、副线圈电压与匝数的关系 实验要点梳理 一、1.闭合铁芯线圈2.交流电源负载 3.互感感应电动势4.磁场电场 二、3.可拆变压器 7.(1)断开(2)12V(3)最大量程 8.(1)能量损失理想化模型(2)①漏磁 经典题型剖析 例1：AC原、副线圈缠绕在一个闭合铁芯上，是为了减少磁场 能的损失，有效地传送电能，故A正确：铁芯不用整块金属做 成是为了防止涡流产生较多的热量从而烧坏变压器，故B错 误；变压器不改变交变电流的频率，只改变电压大小，故C正 确；变压器对恒定电流不起作用，故D错误。 例2：(1)B、E、G(2)A(3)增大 解析：(1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实 验中，需要的器材是低压交流电源、可拆变压器、导线、多用 电表。 (2)实验操作中，为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交 流电源，所用电压不要超过12V;实验通电时，不可用手接触 裸露的导线、接线柱等检查电路；使用多用电表测电压时，先 用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，选项A正 确，B、C错误。 (3)在实验中，某同学保持原线圈两端的电压及副线圈的匝 数不变，仅减小原线圈的匝数，根据变压器变压公式，副线圈 两端的电压将增大。 例3：(1)在误差允许的范围内，变压器原、副线圈的电压比等于 它们的匝数比(2)见解析 解析：(1)通过分析实验数据可得出实验结论，在误差允许的 范围内，变压器原、副线圈的电压比等于它们的匝数比。 (2)电压比与匝数比并不相等，主要原因是变压器有漏磁、铁 芯发热、导线发热等。 创新实验提升 :(1)24A(2)2A③交流电压④”号 解析：(1)由多用电表知，电阻为240，根据R=p冬，导线越 长，电阻越大，因为A线圈的电阻比B线圈的大，所以A线圈 总匝数多。 (2)②因为要测量A线圈总匝数，所以要把A全部线圈与低 压交流电源相连接；③变压器输入、输出均为交变电流，测电 压时要用交流电压挡测输入和输出电压；④根据变压器电压 比等于恒纸比，有号-片所以光 22 第2课时理想变压器的基本关系 探究点理想变压器的基本关系 2.(1)(2)降压升压 n2 43 n 判断正误 (1)V(2)×(3)V(4)× 例1：AC根据严_80%么可得接收线圈的输出电压，约为 n2 U. 8V,故A正确；由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反 比，故B错误；变压器是不改变交变电流的频率的，故C正确； 由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不 相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的 不相同，故D错误。 例2：B由图可知，交流电的周期为2.25s,故A错误；根据图乙 可知，输入电压最大值Um=482V,则输入电压有效值为U =二=48V,根据变压比可知，副线圈电压即电压表示数为 2 么-=2V,故B正确：R的阻值为见的2倍，根据并 联规律可知，两电阻的电压相同，根据欧姆定律可知，流经R, 和R,的电流之比为1：2，副线圈干路电流等于流经两电阻的 电流之和，则副线圈干路的电流为R电流的3倍，故C错误； 根据理想变压器的原理可知，原副线圈功率相同，故D错误。 故选B。 跟踪训练1：D根据理想变压器电压比与匝数比关系可知 U = ,“,由于输入电压不变，可知元， n'U2 n =,即 U sin oot n =?U。si血o;可知此时输出的交流电的周 n10 期为T-2红。故选D。 w 例3：40W0.25A 解析：因灯泡L正常发光，所以U=30V, 验-号品四每得么20v 哈产甲条器得5=wv 用电器R的电功率Pg=?=250W=40W。 因为理想变压器P=P,即U11=U2山2+UI,代入数据有： 220V·11=40W+15W, 解得原线圈中的电流I1=0.25A。 跟踪训练2：C理想变压器的铁芯不漏磁，每匝线圈的电压等 于V2的读数，则原线圈电压有效值为U1=n1×0.10V= 110V,副线圈电压有效值为，=山，原线圈输入功率等于 剧线周箱出功率，有4瓷则电压表V的示数为10V =1R,其中m1=1100。联立各式解得U2=220V,n2=2200 匝，C正确。