第44讲 正弦式交变电流-2026年高考物理母题60讲

高考物理母题60讲 第四十四讲 母题呈现 [例]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 分 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。已知线圈匝数为N,电阻为r, ab长度为L1,bc长度为L2,线圈在外力作 用下以恒定角速度ω逆时针转动。试求： ωL }中 p。中 ⊙ 面 面 B a 丙 (1)标出图甲位置时感应电流的方向； (2)感应电动势的最大值表达式； (3)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e1 的表达式； (4)线圈平面处于与中性面成④，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e2的表达式； (5)线圈转一圈外力做的功； (6)从图示位置转过90°的过程中流过电阻 R的电荷量。 ·1 E弦式交变电流 母题拓展 一、正弦式交变电流的产生和变化规律 1.产生：在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方 向的轴匀速转动产生的电流是正弦式交变 电流。 2.两个特殊位置 图示 K K 0 0 位置 中性面位置 与中性面垂直的位置 B⊥S B∥S Φ=BS,最大 ④=0，最小 △Φ e=n =nBSw, 特点 △Φ e=n △t △t =0,最小 最大 感应电流为零，方 感应电流最大，方向 向改变 不变 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.正弦式交流电的图像：如果从线圈位于中性 面位置时开始计时，其图像为正弦曲线。如 图甲、乙、丙所示。 二、正旋式交变电流的“四值”的比较 物理量物理含义 重要关系 适用情况及说明 e=E sinot 交变电 u=U sinot 流某一 计算线圈某时刻 瞬时值 时刻的 i=I sinot 的受力情况 (适用于正弦 值 式交变电流) 8 物理量物理含义 重要关系 适用情况及说明 E=NBSo (适用于正 弦式交变电 峰值 最大的 流) 讨论电容器的击 瞬时值 U- REm 穿电压 R+r En In一R+t (1)计算与电流的 热效应有关的量 E-En (如电功、电功率、 √2 电热等) 跟交变 电流的 Um U= (2)电器设备“铭 热效应 √2 牌”上所标的额定 有效值 等效的 电流、额定电压一 I= 恒定电 √2 般是指有效值 流的值 (适用于正 (3)保险丝的熔断 弦式交变 电流为有效值 电流) (4)交流电压表和 电流表的读数为 有效值 交变电 流图像 E=Bl元 中图线 △Φ 与时间 E二nAt 计算通过电路导 平均值 轴所围 0= RE 线横截面的电 R+r 荷量 的面积 与时间 1 R十T 的比值 三、书写交变电流瞬时值表达式的基本思路 1.求出角速度w,w= 2π =2πf。 2.根据已知图像读出或由公式Em=NBSw求 出相应峰值。 3.明确线圈的初始位置，找出对应的函数关 系式。 如：①线圈从中性面位置开始转动，则i一t 图像为正弦函数图像，电流的瞬时值表达式 为i=I sin wt。②线圈从垂直中性面位置 开始转动，则i一t图像为余弦函数图像，电 流的瞬时值表达式为i=Icoswt。 衍生练习 [衍生1]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 ·1 高考物理母题60讲 0 TI4T2T A.U c D.2 「衍生2]（多选）电动 汽车制动时可利用 车轮转动将其动能 转换成电能储存起 旋转方向 来。车轮转动时带 蓄电系统 动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生 电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向 恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极 间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90° 时，线圈中 ( A.电流最小 B.电流最大 C.电流方向由P指向Q D.电流方向由Q指向P [衍生3]（多选)如图甲所示，在匀强磁场 中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转 速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的 交变电动势如图乙中曲线a、b所示，则下 列说法正确的是 e/V 7810 12/(×102s) -36------- 甲 A.曲线a表示的交变电动势瞬时值e= 36sin(25πt)V B.曲线b表示的交变电动势最大值为28.8V C.t=5×102s时，曲线a、b对应的感应 电动势大小之比为3√2：2 D.t=6×102s时，曲线a对应线框的磁通 量最大，曲线b对应线框的磁通量为0 [衍生4]如图所示电路，电阻 R1与电阻R。阻值相同，都为A R D R,和R,并联的D为理想二 极管（正向电阻可看作零，反 B 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。上的电压有效值为 ( A.10V B.20V C.15V D.5√10V 、高考物理母题60讲 [衍生5]（多选）如图所示，M 0. 处在垂直纸面向外、磁感应 强度大小为B的匀强磁场 中的矩形线框MNPQ,以恒定的角速度ω绕 对角线VQ转动。已知MN长为l,,NP 长为l2,线框电阻为R。在t=0时刻线框 平面与纸面重合。下列说法正确的是 ( A.矩形线框产生的感应电动势有效值为 号m4a B.矩形线框转过半周时，通过线框的瞬时 电流为零 C.矩形线框转动一周时，通过线框的电荷 最为 D.矩形线框在转动半周过程中产生的热 量为BL5 2R [衍生6]（多选）如图，M×××× 为半圆形导线框，圆心 为OM;N是圆心角为 直角的扇形导线框，圆 M 心为O;两导线框在同一竖直面（纸面） 内；两圆弧半径相等；过直线OO、的水平 面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸 面。现使线框M、N在t=0时从图示位置 开始，分别绕垂直于纸面且过OM和ON的 轴。以相同的周期T逆时针匀速转动，则 A.两导线框中均会产生正弦交流电 B.两导线框中感应电流的周期都等于T C.在1一时，两导线框中产生的感应电动 势相等 D.两导线框的电阻相等时，两导线框中感 应电流的有效值也相等 [衍生7]（多选）图甲为新能源电动汽车的 无线充电原理图，M为匝数n=50匝、电阻 r=2.02的受电线圈，N为送电线圈。当 ·160 送电线圈N接交变电流后，在受电线圈内 产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量 Φ随时间t变化的规律如图乙。下列说法 正确的是 电池组 车载交流装置 甲 4中/(x104Wb) 2.0 /(x10-s) 2.0 乙 A.受电线圈产生的电动势的有效值 为10√2V B.在t1时刻，受电线圈产生的电动势为 20V C.在t1~t2时间内，通过受电线圈的电荷 量为1×102C D.在t,~t2时间内，通过受电线圈的电荷 量为2×10-2C [衍生8]（多选)如图所示，××××× ■ 矩形导线框abcd的一半 B 处在磁感应强度B=0.1 T的足够大的匀强磁场 xbx××× 中，线框ab边长10cm,bc边长为20cm, 当线框以ab边为轴，以角速度w=20πrad/s 匀速转动时，从图示时刻（线圈平面与磁场方 向垂直)开始计时，它的磁通量Φ和线圈中的 感应电动势E随时间变化的图像可能正确 的是 ) 4φ/×10-3Wb 21x10-wb 0.5 1t/x10'g 1/x10's -1 -2 A B E/x10-2V *E/×10-2V 4元 2π 0 4r7 0 、0.5 1t/×10ls 0.51/×10-'s -4π--- -4π 0E 成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：I=录，联立上 迷式子，有：F=a十B,代入数据解得：F=0.5N, 2R 5s时拉力F的功率为：P=F,代入数据解得：P 1W,棒MN最终做匀速运动，设棒最大速度为vm, 膝受力平衡，则有：B1mL=0,1m一 景我入 数据解得：0m=2√5m/s。 (2)解除棒PQ后，两棒运动过程中动量守恒，最终两 棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为，则 有：mm=2m,设从PQ棒解除锁定，到两棒达到相 同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q,由 能量守返定律可得：Q子m品-合×2m,代入教 据解得：Q=5J。 (3)棒以MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i,在 极短时间△t内，由动量定理得：一BiL△t=m△v,对 式子两边求和有：∑(-BiL△t)=∑(m△vm),而△g =i△t,对式子两边求和，有：∑△q=∑(i△t),联立各 E 式解得：B1g=mn,又对于电路有：9=1t=2录，由 法粒第电磁各应定体得：E=叫，又9票代入 数据解得：x=40√5m。 [答案](1)2√5m/s(2)5J(3)405m [衍生9][解析](1)设金属棒cd运动t时间金属棒 ab开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd 的速度v=at,金属棒cd产生的电动势E2=BL2w, E2 BL2at 则通过整个回路的电流12=2示=2R 金属棒ab 所受安培力FA1=B12L1= B2L L2at 2R 金属棒ab刚要开始运动的临界条件为FA1=mg, 联立解得t=」 2umgR B2L1L2 _=280 (2)设金属棒cd以速度v2=20m/s沿导轨匀速运动 时，金属棒ab沿导轨匀速运动的速度大小为1，根 据法拉第电磁感应定律可得E=BL22一BL1,此 时通过回路的电流I= E_B(L2一L1,金属棒 2R 2R ab所受安培力FA=BIL1=BLI2助一L 2R =g, 解得y=5m/s,以金属棒cd为研究对象，则有F。= mg十BL2I=0.6N,水平外力F。的功率为P。= Fov2=12W。 (3)对于金属棒cd,根据动量定理得(F1一mg BL2I)△t=0一m6,设金属棒ab停止运动后金属棒 cd运动的距离为x,根据法拉第电磁感应定律得E △Φ △t B队'，根据闭合电路欧姆定律1=品 △t ，联立 2 解得：x= 3mvoR 2B2L号 =225ma [答案](1)2s(2)5m/s12W(3)225m ·29 高考物理母题60讲 第四十四讲正孩式交变电流 [母题呈现] 「例门「解析(1)根据右手定则，线圈感应电流方向 为adcba. (2)感应电动势最大为Em=NBl1l2w。 (3)矩形线圈abcd在磁场中转动时，ab、cd切割磁感 线，且转动的半径为r= 号，转功时acd的线选度 U=wr= 2,且与磁场方向的夹角为，所以，整个线】 图中的感应电动势e1=NBL1L2 wsin wt。 (4)当t=0时，线圈平面与中性面的夹角为0，则t时 刻时，线图平面与中性面的夹角为wt十90， }中 ωt 性 ò 面 U V 办 a 故此时感应电动势的瞬时值e2=NBLL2wsin(ut十)。 (⑤)电动势的有效值EE 瓦 线圈匀速转动的周期T=红， w 线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小， 即W=P(R+)T=R+ E -·T。 (6)从t=0起转过90°过程中，△t内流过R的电荷量： gRY4 [答案](1)见解析(2)Em=NBl1l2w(3)e1= NBLI L2@sin @t (4)e2=NBL1L2wsin(ot+o) E2 (5)R+,·T(6) NBI l2 R+r 「衍生练习门 [衍生1][解析]由题给图像可知，交流电压的变化 规律具有周期性，用电流热效应的等效法求解。设 电灯的阻值为R,正弦式交流电压的有效值与峰值 的关系是U= ,由于一个周期内半个周期有交流 √2 Um 电压，一周期内交流电产生的热量为Q一 R T·丁，设交流电压的有效值为U,由电流热 2=2R ·子贺·八所以城文流也医的有 效应得Q=2R m,故D正确。 效值U=2 [答案]D [衍生2][解析]如题图开始线圈处于中性面位置， 当磁极再转过90”时，此时穿过线圈的磁通量为0，故 可知电流最大：在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁 通量在减小，根据楞次定律可知，此时感应电流方向 由Q指向P,故BD正确。 [答案]BD 、高考物理母题60讲 [衍生3】[解析]由图乙可知，Emm=36V,a,= 2π 8X10rad/s=25元rad/s,则曲线a表示的交变电 2π 动势瞬时值e。=Emasin wat=36sin(25xt)V,故A 正确；由图乙知曲线a、b表示的交变电流的周期之 比为T。:T6=(8×102):(12×10-2)=2:3,由 w要可知a:o%=T,:T。=3:2,所以尚线a,b 表示的交变电动势的最大值之比Em:Enmb NBSwa:NBSw=wa:wb=3:2,又知Ena=36V, 则Emb=24V,故B错误；曲线a表示的交变电动势 瞬时值e。=36sin(25πt)V,曲线b表示的交变电动 势胖时位，=24sn(X0）V,将1=5X10s 代入，得ea=-18√2V,e=12V,ea：e6=3√2：2， 故C正确：由图乙知t=6X10-2s时，a的电动势最 大，对应线框的磁通量为0，b的电动势为0，对应线 框的磁通量最大，故D错误。 [答案]AC 衍生4]解析门电压值取正值时，即在前半个周期 内，二极管电阻为零，R2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，R2上的电压等于输入电压值的一 半，据此可设加在R2的电压有效值为U,根据电流 的然成应，在一个网斯内满足货1-贺×号+贯 ×子，可求出U=5VV,故D正确。 [答案]D [衍生5][解析]矩形线框转动产生正弦交变电流最 大值：Em=BL1l2w,有效值E E-Bll2m,故A √22 正确：转过半周，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大， 感应电动势为零，瞬时电流为零，故B正确；转过一 周通过横截面的电荷量为零，故C错误：转过半周时 2 E2 间内产生的热量为Q= （Bll2w 2 分 xB21号 ,故D正确。 2R [答案]ABD [衍生6][解析]两导线框匀速转动切割磁感线产生 感应电动势的大小不变，A错误；导线框的转动周期 为工，则感应电流的周期色为T,B正确：在1=召时， 切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感 应电动势相等，C正确：M导线框中一直有感应电 流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两 导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，D 错误。 [答案]BC [衍生7][解析]A.由图乙可知T=π×103s,受电 线圈的最大磁通量为重m=2.0×10一4Wb,根据正弦 交变电流特征可知，受电线圈产生的电动势最大值 为En=。·要=0X20X101XX0V- ·30 20V,所以受电线圈产生的电动势的有效值为E= E=10反V,故A正确：B.由图乙可知，时刻磁 √ 通量变化率为0，由法拉第电磁感应定律可知，此时 受电线图产生的电动势为0V,故B错误：CD.根据 g=1=E1=m迪.1=n△地，代入数据解得g 1.0×10-2C,故C正确，D错误。 答案]AC [衍生8][解析]AB.根据磁通量=BScos0得开 始一段时间内垂直于磁场的有效面积不变，所以磁 通量不变，角速度w=20πrad/s,则周期为T=2r w 0.1s,当cd边转到虚线左侧时，垂直于磁场的有效 面积开始减小，磁通量减小，当1=}T=0.25s时， 线圈与磁场平行，磁通量为零，当t=0.5s时，磁场 垂直于线圈平面，磁通量最大，故A错误，B正确； CD.开始一段时间内垂直于磁场的有效面积不变，所 以磁逼量不交，感应电动势为0，当1=子T=0,25s 时，线圈与磁场平行，磁通量为零，电动势最大，当 t=0.5s时，磁场垂直于线圈平面，磁通量最大，电动 势最小，故C错误，D正确。 [答案]BD 第四十五讲变压器及远距离输电问题 [母题呈现] [例][解析]由题知，发电机的输出电压U1=250V,输 出功率P1=500kW,则输出电流1=元 =2X103A,A 错误：用户端电压U1=220V,功率P4=88kW,则电 _P=400A,又73-4 流14一 又="，解得13=8A,则输电 线上损失的功率为P损=IR=4kW,B错误；由能量 守恒有P1=P损十P4十P储，解得输送给储能站的功 率P储=408kW,C正确；由P2=P损十P4=I3U2,解 得U=150V,再根格号-品好得器-D 错误。 [答案]C [衍生练习] [衍生1门[解析]电源电压有效值为U= Um=220 V,A 2 错误：交变电流的周期为T=2=3沉s=0.02s,B w100π 正确；设副线圈匝数为2，则由理想变压器电压与匝 数的美系有V-10四，解得=180.成C正商. 12 D错误。 「答案7BC [衍生2][解析]作为升压变压器，原线圈匝数比副 线圈匝数少，所以交流电源接在c、d两个接线柱上。 为了使用电器得到更高的电压，应增大副线圈匝数 或减小原线圈匝数，所以滑动触头P应顺时针旋转 以减小原线圈匝数。故C正确。 [答案]C