第3章 1 交变电流-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步辅导与测试(人教版)

第三章 交变电流 1交变电流 学习目标要求 核心素养和关键能力 1.知道交流电、直流电的概念 1.科学思维 2.掌握交变电流的产生和变化规律。会推导交变电流的瞬 利用运动分解思想和三角函数推导瞬时值表达式。 时值表达式。 2.关键能力 3.了解发电机的构造及不同类型发电机的优缺点。 立体图转化为平面图的能力和数学推导的能力。 必备知识·自主梳理 预习新知夯实基础 一、交变电流及其产生 e=Emsin wt e=Emcos wt 1.交变电流 感应电动势 =NBSosin wt =NBSwcos wt (1)交变电流：随时间做 变化的电流，简 u=Umsin wt 称交流。 u=Umcos wt 电压 (2)直流： 不随时间变化的电流。大小 -RNES@sin ot R+r -RNBS@cos ot R+r 和方向都不随时间变化的电流称为恒定电流。 i=Imsin wt i=Imcos ot 2.交变电流的产生 电流 NBS@sinwt NBSw (1)产生条件：在匀强磁场中，矩形线圈绕 R+r RFr cos wt 方向的轴匀速转动。 2.峰值：表达式中的Em、Um、Im分别为电动势、电 (2)过程分析（如图所示）： 压和电流的最大值，叫作峰值。 3.正弦式交变电流的图像 电流沿ABCD方向 电流沿DCBA方向 甲 在甲、丙位置时线圈中 没有电流，在乙、丁位 置时线圈中电流最大 电流沿ABCD方向 电流沿DCBA方向 4.几种不同类型的交变电流 (3)中性面：线圈在磁场中转动的过程中，线圈平 面与磁场 时所在的平面。 二、交变电流的变化规律 正弦式电流 三角形脉冲 矩形脉冲 尖形脉冲 1.从两个特殊位置开始计时瞬时值的表达式 甲 乙 丙 从中性面位 从与中性面垂直的 置开始计时 位置开始计时 即学即用 Φ=Φmcos wt Φ=Φnsin wt 1.判断下列说法的正误。 磁通量 =BScos wt -BSsin wt (1)只要线圈在磁场中转动，就可以产生交变电 流。 74 第三章交变电流 (2)线圈在通过中性面时磁通量最大，电流也最；2.下列各图中不属于交变电流的是 大。 ( ) (3)线圈在通过中性面时电流的方向发生改变。 ( (4)从线圈平面经中性面时开始计时，在线圈转： 动90°角的时间内，电流的瞬时值一直增大。 ( (5)从线圈平面与中性面垂直开始计时，在线圈： 转动2圈的过程中电流方向改变4次。( 关键能力·合作探究 讲练设计探究重点 要点1 正弦式交变电流的产生 感应 零 最大 电流 探究导入(1)如图，此位置是什么位置，穿过线圈 的磁通量是最大还是最小？线圈中是否有感应 电流 改变 不变 电动势？ 方向 2.正弦式交变电流的产生条件 (1)匀强磁场 b (2)线圈匀速转动。 (3)线圈的转轴垂直于磁场方向。 …/特别提醒/ (2)如图，此位置是什么位置，穿过线圈的磁通量 (1)注意线圈开始计时的位置。若从中性面开 最大还是最小？线圈中是否有感应电动势？ 始计时，则为正弦函数关系；若从垂直于中性面 的位置开始计时，则为余弦函数关系。 (2)磁通量、磁通量的变化量和磁通量的变化率 不同，注意区分，切忌混为一谈。 (3)中性面的特点要清楚，磁通量最大，磁通量 的变化率最小，每次通过中性面时线圈中的电 流改变方向。 [典例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 探究归纳 1.两个特殊位置的特点 中性面 中性面的垂面 K6 位置 线圈平面与磁场垂直 线圈平面与磁场平行 磁通量 最大 零 磁通量 零 最大 变化率 感应电 零 最大 动势 75 物理 选择性必修第二册 A.转到图甲位置时，通过线圈的磁通量变化率： 要点2对交变电流变化规律的理解 最大 B.转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势： 探究导入 如图所示，矩形 d(c) 中性面 为零 线圈在匀强磁场中绕垂直 C.转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大 磁场的轴匀速转动。 D.转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B (1)导体切割磁感线产生 的感应电动势与什么因素 a(b) [听课记录] 有关？ (2)多匝线圈不垂直切割磁感线产生的感应电动 势如何表达？ /名师点评/ 产生正弦式交变电流的条件是：线圈绕垂直于 探究归纳 匀强磁场的轴匀速转动，与线圈的形状和转轴 的位置无关。 :1.推导正弦式交变电流瞬时 d(c) :中性面 值的表达式 针对训练 若线圈平面从中性面位置 0 开始转动，则经时间t,如 1.对于如图所示的电流i随时 A 图所示： a(b) 间1做周期性变化的图像，下 0.1 列描述正确的是 (1)线圈转过的角度为wt. 0.010.028 (2)ab边的线速度跟磁感线方向的夹角0=wt。 A.电流的大小变化，方向也 变化，是交流电 (3)ab边转动的线速度大小o=w2。 lad B.电流的大小变化，方向不变，不是交流电 (4)ab边产生的感应电动势eb=Bla,usin0= C.电流的大小不变，方向不变，是直流电 B D.以上说法都不正确 2 sin wl. 2.（多选)矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平： (5)整个线圈产生的感应电动势e=2eb 面内的轴匀速转动时产生了交变电流。下列说 BSwsin wt,若线圈为V匝，则e=NBSosin wt. 法正确的是 ( (6)若线圈给外电阻R供电，设线圈本身电阻为 A.当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大： B.当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电 Em sin t, r,由闭合电路欧姆定律得i一R千，一R干， 动势也为零 即i=Imsin wt,R两端的电压可记为u= C.当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流： Umsin wl. 的方向就改变一次 2.峰值 D.线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度： (1)由e=NBSosin wt可知，电动势的峰值Em= 为零 NBSw 76 第三章 交变电流 (2)交变电动势的最大值，由线圈匝数N、磁感应： /名师点评/ 强度B、转动角速度。及线圈面积S决定，与线 求交变电流瞬时值的方法 圈的形状无关，与转轴的位置无关，但转轴必须： (1)确定线圈的转动是从哪个位置开始计时的。 垂直于磁场，因此如图所示几种情况，若N、B、 (2)确定表达式是正弦函数还是余弦函数。 S、ω相同，则电动势的最大值相同 (3)确定峰值Em=NBSw。 X XBx 心%B× (4)写出表达式，代入时间求瞬时值。 ××× 针对训练 (3)电流的峰值可表示为Im= NBSw 3.(多选)如图所示，矩形线 R+r 圈abcd在匀强磁场中可 [典例2]如图所示，匀强磁 00 B 以分别绕垂直于磁场方向 场的磁感应强度B=区 T 的轴P1和P2以相同的 边长L=10cm的正方形线 角速度匀速转动，当线圈 圈abcd共100匝，线圈总电 平面转到图示位置与磁场 阻r=12,线圈绕垂直于磁 方向平行时 感线的轴OO匀速转动，角 A.线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的 速度w=2rrad/s,外电路电阻R=42。求： 电流 (1)转动过程中，线圈中感应电动势的最大值； B.线圈绕P,转动时的电动势小于绕P2转动时 (2)从图示位置（线圈平面与磁感线平行）开始计： 的电动势 时，感应电动势的瞬时值表达式； C.线圈分别绕P1和P2转动时的电流方向相 (3)由图示位置转过30°角时电路中电流的瞬 同，都是a>d→c>b 时值； D.线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕 (④)线圈从开始计时经时线圈中的感应电流 P,转动时dc边受到的安培力 的瞬时值； :4.(多选)如图所示，abcd为一边 C (5)外电路R两端电压的瞬时值表达式。 长为l、匝数为N的正方形闭 ×a [听课记录] 合线圈，绕对称轴OO匀速转 动，角速度为w。空间中只有 + ×X0 OO左侧存在垂直于纸面向里 的匀强磁场，磁感应强度大小为B。若闭合线圈 的总电阻为R,则 A线圈中电动势的最大值为号\N以。 B.线圈中电动势的最大值为)NB2ω C.在线圈转动一圈的过程中，线圈中有一半时间 没有电流 D.当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁 通量为2B12 77 物理选择性必修第二册 要点3交变电流的图像 [听课记录] 探究导入电动势按正弦规律变化e=Emsin ol的 条件？ /名师点评/ 探究归纳 图像的分析方法 一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”，并理 1.对交变电流图像的认识 解其物理意义。 如图所示，正弦式交变电流随时间的变化情况可： 二变：掌握“图与图”“图与式”和“图与物”之间 以从图像上表示出来，图像描述的是交变电流的： 的变通关系。 电动势、电流、电压随时间变化的规律，它们是正： 三判：在此基础上进行正确的分析和判断。 弦曲线。 e,i,w 针对训练 Em,In,Um 5.一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，则下列说法中正确的是() 2.交变电流图像的应用 +Φ/Wb e/v 从图像中可以解读到以下信息： (1)交变电流的最大值Im、Em、Um、周期T。 0.01 0.03 76.03t/s /0.01 t/s (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： 甲 的时刻。 (3)找出线圈平行于磁感线的时刻。 A=0时刻，线圈平面与中性面垂直 (4)判断线圈中磁通量的变化情况。 B.t=0.01s时刻，Φ的变化率最大 (5)分析判断e、i、u随时间的变化规律。 C.t=0.02s时刻，感应电动势达到最大 [典例3]一矩形线圈在匀 e/v D.该线圈产生的感应电动势的图像如图乙所示 强磁场中匀速转动时，产 10 6.如图所示是一多匝线圈在 he/V 200 生的交变电动势的图像 0 匀强磁场中绕垂直于磁场 0.02 如图所示，则 (）-10叶 的轴匀速转动所产生的感 0.01 t/s -200 A.交流电的频率是4πHz 应电动势的图像，根据图 B.当t=0时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量 像可知 最大 A.此感应电动势的瞬时表达式为e=200sin0.02tV B.此感应电动势的瞬时表达式为e=200sinl00πtV C.当t=πs时，e有最大值 C.t=0.01s时，穿过线圈的磁通量为零 3 D.1=2πs时，e=-10V,e最小，磁通量变化率 D.t=0.02s时，穿过线圈的磁通量的变化率 最小 最大 78 第三章 交变电流 素养演练·提升技能 达标训练素养提高 1.如图所示，线圈按下列方式在匀强磁场中匀速转： 动，能产生正弦交变电流的是 甲 D A.t1时刻穿过线框的磁通量最大 2.(多选)一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴： B.1时刻电阻中的电流最大，方向从右向左 旋转，切割磁感线的两边通过导体圆环外接电阻： C.2时刻穿过线框的磁通量变化最快 R,自图示位置开始以角速度ω匀速转动，则通过： D.t2时刻电阻中的电流最大，方向从右向左 R的电流 ( ):4.大型发电机几乎都是旋转磁极式发电机，其原理 简图如图所示。竖直平面内闭合线圈abcd固定 不动，磁体绕图中的虚线旋转，线圈中就会产生 感应电流。若条形磁体以l0πrad/s的角速度匀 速转动，且图示时刻N极正在向里转，现以图示 时刻为计时起点，则下列推断正确的是() A.大小和方向都不断变化 B.方向不变，大小不断变化 C.变化的规律i=Imsin wt D.变化的规律i=Imcos wt A.该发电机产生的交流电频率是10Hz 3.如图所示，在水平向右的匀强磁场中，一线框绕 B.t=0时线圈中的电流方向为abeda 垂直于磁感线的轴匀速转动，线框通过电刷、圆： C.t=0.5s时线圈中的电流方向发生变化 环、导线等与定值电阻组成闭合回路。1、2时 D.t=5s时线圈中的电流最小 刻线框分别转到图甲、乙所示的位置。下列说法 温馨提示 请做课时分层检测（十五） 正确的是 ( 2 交变电流的描述 学习目标要求 核心素养和关键能力 1.知道交变电流的周期、频率的概念，掌握T、f、w之间的关系。 1.科学思维 2.理解交变电流的峰值、有效值的概念，会根据电流的热效应计 利用等效的思想理解“电流热效应”的概念。 算电流的有效值， 2.关键能力 3理解正弦式交变电流的公式和图像 数形结合分析问题的能力。 必备知识·自主梳理 预习新知夯实基础 一、周期和频率 :3.频率：交变电流完成周期性变化的次数与所用时 1.物理意义：描述交变电流 的物理量。 间之比。用f表示，单位是 (Hz)。 2.周期：交变电流完成一次周期性变化所需的时4.，、T、∫的关系：w= 2π 下 ,T=或 间，用T表示，单位是秒(s)。 1 0△ΦBLx g=I△t=R+rR+r F,<G,故cd棒沿导轨加速下滑。 abcd闭合回路的感应电动势增大，电流也增大，所以最小电 从释放到刚匀速运动的过程中，由能量守恒定律得 流为1mn=L1=1.5A。 mgsin (s)=mv+Q 当cd棒的速度达到最大时，回路中的电流最大，此时cd棒 的加速度为0 联立上式，解得q=0.6C。 则有magsin30°=1mxlB [答案](1)5m/s(2)2m/s 方向沿斜面向上(3)0.6C 针对训练 可得Ia= mdgsin 30 B °_0.2×10X0.5A=5A。 0.5×0.4 1.解析(1)当导体棒运动的速度为。时，电路中的感应电 Blv+Blvd 动势为E=BL, (3)由Inma 2R 电流为I=R干？ E 可得a= 2RI-Blv BL 导体棒所受的安培力为F安=BIL 2×0.1×5-0.4×0.5×1.5N=3.5m/s。 F变=BL 根据牛顿第二定律可得a=m=m(R十7 0.4×0.5 答案(1)0.3V(2)1.5A5A(3)3.5m/s (2)导体棒运动的过程中，减小的动能全部转化为热能，故 第三章交变电流 3 有Q=△E=8mw。 1交变电流 m(R (2) B'Lvo 必备知识·自主梳理 答案(1) 一、1.(1)周期性(2)方向2.(1)垂直于磁场(3)垂直 [典例2][解析](1)cd做匀加速直线运动时，ab以相同的：即学即用 加速度做匀加速直线运动。 1.(1)×(2)×(3)√(4)√(5)/ (2)由于两导体棒加速度相同，使用整体法有 2.A[交变电流是指大小和方向均发生周期性变化的电流， F=2ma 因此B、C、D是交变电流，A不是交变电流。故选A。] F 即a一2m 关键能力·合作探究 要点1 (3)设该时刻ab和cd的速度之差为 探究导入提示：(1)中性面位置，磁通量最大，无感应电 △U=Yb 动势。 根据法拉第电磁感应定律得 (2)与中性面垂直的位置，磁通量为零，感应电动势最大。 E=BL△O 探究归纳 又1茶 [典例1][解析]转到图甲位置时，线图平面与磁感线垂 直，磁通量最大，但磁通量变化率为零，A错误；转到图乙位 F&=BIL 置时，线圈产生的感应电动势最大，B错误；转到图丙位置 以cd为对象F安=ma 时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，C错误；转到 化简可得△u=B元 FR 图丁位置时，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为A →B,D正确。 ab的瞬时速度为 [答案]D FR ℃b=v+ 针对训练 BL :1.B[由i-t图像可知，电流的大小变化，但电流方向一直为 [答案](1)匀加速直线运动(2) FR (3)0+ 正，故电流方向不变，根据交变电流、直流电的定义可知，图 2m B'L 中所示电流是直流电，B正确。] 针对训练 :2.CD[线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线 2.B[当经过足够长时间后，回路电动势保持恒定，有E= 框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边的速度方向与 2B心.一B1u,由于电动势恒定，则对上式两边求变化率有 磁感线平行，即不切割磁感线，所以感应电动势等于零，此 0=2Bla.一Bla,根据受力分析有a。 _F-Fs.d- 时穿过线框的磁通量的变化率也等于零，感应电动势或感 2m 应电流的方向在此时刻改变。线框垂直于中性面时，穿过 Fb=BIl,F安a=2F安b,整理后有F=3F安b,a=2aa,则金 线框的磁通量为零，但切割磁感线的两边都是垂直切割，有 属棒a和b均做匀加速直线运动，且b的加速度是a的 效切剖速度最大，所以感应电动势最大，即此时穿过线框的 2倍，CD错误；由选项C、D知F*b=B1三了，解得1 磁通量的变化率最大，故C、D选项正确。] :要点2 3B7,由于，b导体棒串联，则流过α的电流大小也为3B'探究导入提示：)感应电动势与线图的匝数心，磁感应强 度B、线圈的面积S和线圈平面与中性面的夹角有关。 B正确：由造项B知1=品R,=R,利E=R=得回 (2)E=NBSwsin wt。. 探究归纳 路后应电动势为歌A铅误.门 :[典例2][解析](1)设转动过程线圈感应电动势的最大值 3.解析(1)E.=Blu=0.4×0.5×1.5V=0.3V。 为Em,则 (2)刚释放cd棒时，回路中的电流为 En=mBLu=100×2×0.1X2mV=2V2V. 1,蒙A-15A (2)从图示位置开始感应电动势的瞬时值表达式为 cd棒受到的安培力为 e=Emcos wt-=2√2cos(2rt)V。 F1=11lB=1.5×0.5×0.4N=0.3N (3)从图示位置转过30°角时感应电动势的瞬时值 cd棒受到的重力沿导轨方向的分力为 Ga4=mg sin30°=0.2×10X0.5N=1N t=2m0v=6Vi=R千，=9A 218 (4)t= 6s时 :3.B[t时刻，穿过线框的磁通量为零，线框产生的感应电动 势最大，电阻中的电流最大，根据楞次定律，通过电阻的电 -E cos ou=2Zcos(2xx)V=2 V 流方向从右向左，A错误，B正确：t2时刻，穿过线框的磁通 6 量最大，磁通量变化率为零，线框产生的感应电动势为零， 对应的电流的瞬时值= e”=A。 电阻中的电流为零，C、D错误。] R+r 5 (5)由欧姆定律得 4.B[孩发包机产生的交流电频率是∫广品=5H:选项A gR=8 2cos(2)V。 错误；由右手定则可知，t=0时线圈中的电流方向为abeda, uR一R十 选项B正确：t=0.5s时线圈转过的角度为5π，此位置仍然 5 是电流最大的位置，则线圈中的电流方向没有发生变化，选 [答案](1)2W2V(2)e=2√2cos(2xt)V 项C错误；t=5s时线圈转过的角度为50π，线圈回到初始 (e9A09A6u:-8g 5 cos (2xt)V 位置，则此位置线圈中的电流最大，选项D错误。] 5 2交变电流的描述 针对训练 !必备知识·自主梳理 3.AC[产生正孩式交变电流的条件是轴和磁感线垂直且匀一、1，变化快慢3.赫兹4.2x∫ 速转动，与轴的位置和线圈形状无关，线圈abcd分别绕轴 二、1.(1)最大(2)高于2.(1)电阻相等(2)①额定 P1、P,转动，转到图示位置时产生的电动势E=nBSw,由： 额定 =E可知此时1相等，故选项A正确，B错误：由右手定即学即用 1.(1)/(2)×(3)×(4)X(5)/ 则可知电流方向都为a→d·c·b,故选项C正确：dc边受 到的安培力F=B1,I,故F一样大，故选项D错误。] :2.V巨140.25i=V2sin(A) 4BD[电动势的蓑大值B。=子N以，A错误，B正确：在关键能力·合作探究 :要点1 线圈转动的过程中，线圈始终有一半在磁场中运动，不会有！探究导入提示：完成一次周期性变化需要0.02$：在1s内 一半时间没有电流，C错误；题图中所示位置中，穿过线圈： 完成50次周期性变化。 的磁通量为2B,D正确。] ·探究归纳 [典例)[解析]由题图知T=0,2s,故了=子-2H 1 要点3 探究导入提示：转轴垂直于匀强磁场，经中性面时开始： =5Hz,即1s内完成5个周期，线圈转5圈，每转1圈电流 计时。 方向改变2次，故A错误，B、D正确；在t=0.1s时，e=0, 探究归纳 所以线圈平面与磁场方向垂直，故C错误。 [典例3][解析]由题图可知交流电的周期为2πs,频率为 「答案]BD !针对训练 2Hz,t=s时e=0最小，A、C错误：t三0时，®最小，线1.C[根据周期和频率的定义知选项B错误：因为在一个周 图平面位于中性面位置，与磁感线垂直，中最大，B正确；t=! 期的时间内，交变电流会出现正向和负向最大值各一次，但 xs时e=-10Ve最大，盟最大-”号只表示方向， 3 相邻两个峰值的时间间隔为半个周期，交变电流在一个周 期内方向改变两次，即方向变化的频率为交变电流频率的 D错误。 1 1 [答案]B 2倍，故选项A错误，C正确：由T=丁一08=0.02s知选 项D错误。] 5.B[由题图甲知，当1=0时，中最大，说明线图平面与中性2.C,[由醉时值表达式知，角速度u=100xrad/,感应电动 针对训练 势是按正弦规律变化的，所以t=0时，线图平面位于中性 面重合，故选项A错误：t=0.01s时，中=0，中-t图像的切 线斜率最大，即Φ的变化牵吧最大，故选项B正确：当t= 面。因为0=2x,所以f=”=100rHz=50Hz:由T= 2π2r △t 0.02s时，中也最大，感应电动势为零，故选项C错误；由以 子得T=品s=0.02si当1=0.05s时e=205sin5xV 上分析可知，选项D错误。] =0,故B、C正确。] 6.B[由题图像知周期T=0.02s,电动势最大值为200V,:要点2 角速度为02rad/s=10xad/s,所以卷应电动势的醉时：探究导入提示1)Q=R4,+上R4=X1X0.5J+2 ×1×0.5J=10J。 表达式为e=200sin100rtV,A错误，B正确；t=0.01s时， (2)根据交变电流有效值的定义可得Rt=Q,解得I= 感应电动势为零，则穿过线圈的磁通量最大，C错误；t= J10A。 0.02s时，感应电动势为零，则穿过线圈的磁通量的变化幸探究归纳 也为零，故D错误。] ![典例2][解析]令该交变电流通过一电阻R,它在前半周 素养演练·提升技能 1,C[A图中线图转动时，穿过线圈的磁通量不变，无感应电： 期号肉藏过镇电但产生的热量Q=(会R·子- √2 流产生，选项A错误；B图中线圈转动时，穿过线圈的磁通· 量不变，无感应电流产生，选项B错误：C图中线圈转动时，： 它在后来月号内产金的热量Q=R:置-1T放 穿过线圈的磁通量不断变化，会产生正弦交流电，选项C正！ 确；D图中线圈转动时，穿过线图的磁通量不变，无感应电 在一个周期内产生的热量Q&=Q,十Q=子1，RT,设莱一 流产生，选项D错误。] 恒定电流I在相同的时间T内通过该电阻产生的热量为 2.AD[线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦式交变电 流，和电阻R构成闭合回路，电流的大小、方向均发生变化， I产RT,由有效值的定义知是1，RT=FRT,解得1=号1， 故选项A正确，B错误。由于线圈开始时位于垂直于中性 故B正确。 面的平面，所以i=I cos wt,故选项D正确，C错误。] [答案]B 219