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01题型1ꢀ交变电流的产生及判断1．[陕西西安长安区一中2018高二上期末](多选)下列各图中(A、B、C选项中的虚线为转轴；D选项中O 点为固定点，线圈在纸面内绕O点转动)，线圈中能产生交流电的是(ꢀꢀ)AC解析A、C选项中线圈绕转轴转动时，磁通量发生变化，能产生交变电流，故A、C正确．2．在下列几种电流的波形图中，不能表示交变电流的是(ꢀꢀ)ꢀA解析A图中的电流均为正值，说明电流的方向不随时间变化，则此电流不是交变电流，故A正确．B、C、D图中电流的方向都随时间做周期性变化，都是交变电流，故B、C、D错误．题型2ꢀ对中性面的理解3．[广西河池高级中学2018高二上期末]一个闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生的感应电流如图所示．下列判断正确的是(ꢀꢀ)AA．t＝0.01ꢀs时刻，线圈平面处于中性面位置B．t＝0.02ꢀs时刻，线圈平面与磁感线平行C．该交变电流的频率为100ꢀHzD．1ꢀs内电流的方向变化50次解析由图像知t＝0.01ꢀs和t＝0.02ꢀs时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，线圈平面处于中性面位置，A正确，B错误；由图像知该交变电流的周期T＝0.02ꢀs，所以频率f＝50ꢀHz，C错误；一个周期内电流方向变化两次，1ꢀs内电流的方向变化100次，D错误．4．[重庆市巴蜀中学2018高二上期末]如图所示，一个N匝矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，线圈产生的电动势的最大值为E m，从线圈平面与磁感线平行时开始计时，则(ꢀꢀ)CA．线圈电动势的表达式为e＝E m sinꢀωt(V)B．在ꢀꢀ这段时间内，线圈中的感应电流先减小后增大C．穿过线圈的磁通量的最大值为D．在ꢀ解析ꢀ这段时间内，穿过线圈的磁通量一直减小从线圈平面与磁感线平行时开始计时，线圈电动势的表达式为e＝E m cosꢀωt(V)，故A项错误；在时间内，即这段时间内线圈中的感应电流逐渐减小，故B项错误；线圈产生的电动势的最大值Em ＝NBSω，则穿过线圈的磁通量的最大值ꢀꢀ，故C项正确；在时间内，即ꢀ时间内，线圈时间内，线圈从线圈平面与磁感线平行转动到线圈平面与磁感线垂直，从线圈平面与磁感线平行转动到线圈平面与磁感线垂直，这段时间内穿过线圈的磁通量一直增大，故D项错误．题型3ꢀ线圈转动过程中的平均电动势和瞬时电动势5．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50ꢀV，那么该线圈由图示位置(线圈平面与磁场方向平行)转过30°，线圈中的感应电动势大小为(ꢀꢀ)CA．50ꢀVꢀꢀB．25ꢀVꢀꢀC．25ꢀꢀꢀꢀꢀVꢀꢀD．10ꢀV解析线圈绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，从垂直中性面的位置开始计时，感应电动势的瞬时值为e＝E m cosꢀθ，故当θ＝30°时，感应电动势的瞬时值为ꢀ，故选C．6．在磁感应强度为1ꢀT的匀强磁场中有一匝数为10匝的矩形线圈ABCD，如图所示，线圈绕OO′轴以转匀速转动．AB＝20ꢀcm，BC＝25ꢀcm，线圈的总电阻为r＝1ꢀΩ，定值电阻的阻值为R＝9ꢀΩ速，从图示位置开始计时．(1)写出t时刻整个线圈中的感应电动势e的表达式．(2)线圈转过30°，流过R的电荷量为多少？(3)线圈转过30°时，磁通量的变化率为多少？答案与解析(1)e＝50cos100t(V)ꢀ(2)0.025Cꢀ(3)4.33Wb/s(1)感应电动势最大值E＝NBSω＝NBL L·2πn＝50ꢀV，整个线圈中的感应电动势的瞬时值表达m12式为e＝E cosωt＝50cos100t(V)．m(2)线圈转过30°，q＝IΔt，其中ꢀꢀꢀꢀ代入数据得q＝0.025ꢀC.(3)线圈转过30°时，ꢀ此时，易错点ꢀ不能正确认识交变电流图像的意义7．(多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系如图所示，则(ꢀꢀ)BCA．在t＝0时刻，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势也最大B．在t＝1×10－2ꢀs时刻，感应电动势最大C．在t＝2×10－2ꢀs时刻，感应电动势为零D．在0～2×10－2ꢀs时间内，线圈中感应电动势的平均值为零解析在t＝0时刻，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，感应电动势最小，故A错误；在t＝1×10－2ꢀs时刻，磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故B正确；在t＝2×10－2ꢀs时刻，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故C正确；在0～2×10－2ꢀs时间内，磁通量变化量不为零，线圈中感应电动势的平均值不为零，故D错误．易错分析分析交流电图像问题时，首先要明确坐标轴的含义；其次要注意物理量的大小与变化率的大小是不同的，物理量按正弦规律变化时，物理量最大时，其变化率为零，物理量为零时，其变化率最大；另外还要把图像与线圈在磁场中的转动情况对应起来．02题型1ꢀ对交变电流周期和频率的理解 1．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，为交流电流表 ．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′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(ꢀꢀ)ꢀ BA ．线圈转动的转速为25r/sB ．电流表的示数为10AC ．1s 内线圈中电流的方向改变50次D ．t ＝0.01s 时线圈平面与中性面重合 解析周期T ＝0.02s ，转速 ，电流表的示数为有效值，故电流表的示 ꢀ，故A 错误；由题图乙可知交变电流的最大值是ꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀ，故B 正确；交变电流的频率为50Hz ，每个 周期内电流的方向改变2次，故1ꢀs 内线圈中电流的方向改变100次，故C 错误；t ＝0.01s 时线圈中的感应电流最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，故D 错误．2．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，线圈中产生的电流随时间变化的关系如图乙所示．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(ꢀꢀ)Cꢀ解析若风速减小到原来的一半，则永磁体转速减小到原来的一半，感应电动势最大值变小，所以感应电流ꢀ最大值变小；根据转速与周期成反比，可知若风速减小到原来的一半，则周期变为原来的两倍，故C正确．题型2ꢀ交变电流有效值的计算3．[河南西华第一高级中学2018高二上期末]如图所示为一交变电流随时间变化的图像，此交变电流的有效值为(ꢀꢀ)Bꢀ解析根据有效值的定义可得，ꢀ,解得I＝5ꢀA.4．[四川南充高级中学2018高二下期中]两个相同的电阻，分别通以如图甲、乙所示的正弦式交变电流和方波式交变电流，两种交变电流的最大值相等、周期相等．则在一个周期内，正弦式交变电流在电阻上产生的焦耳热Q与方波式交变电流在电阻上产生的焦耳热Q之比等于(ꢀꢀ)Bꢀ12A．3∶1ꢀꢀB．1∶2C．2∶1ꢀꢀD．4∶3解析两种交变电流的最大值均为I m，正弦式交变电流的有效值为ꢀ，方波式交变电流的有效值为I＝I.2m根据焦耳定律得Q＝I2RT，Q＝I2RT，则Q∶Q＝1∶2，故选B.1122125．[四川眉山一中2018高二下月考]已知某电阻元件在正常工作时，通过它的电流按如图所示的规律变化，今将这个电阻元件与一个多用电表串联(已调至交变电流电流挡)，则多用电表的读数为(ꢀꢀ)Aꢀꢀ解析多用电表的读数是有效值，设该电流的有效值为I，根据交变电流有效值的定义，有ꢀ，解得I＝5ꢀA，所以多用电表的读数为5ꢀA．故选A.题型3ꢀ交变电流“四值”的计算及应用6．(多选)如图所示，某交流发电机的线圈共n匝，面积为S，内阻为r，线圈两端与电阻R构成闭合回路．当线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度ω绕轴OO′匀速转动时，下列说法正确的是(ꢀꢀ)AD A．线圈产生的感应电动势的有效值ꢀB．从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R横截面的电荷量C．线圈经过中性面时，感应电流达到最大值D．线圈中的电流每经过时间方向改变一次ꢀ解析线圈中产生的感应电动势的最大值E m＝nBSω，是正弦交流电，则感应电动势的有效值，A正确；从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R横截面的电荷量q＝IΔt，而平均感应电ꢀꢀꢀꢀꢀꢀ，平均感应电动ΔΦ＝BS，可ꢀꢀꢀꢀ，而线圈从图示位置转过90°的过程中，磁通量的变化量大小ꢀꢀꢀꢀꢀꢀ，B错误；线圈经过中性面时，磁通量最大，但磁通量的变化率最小，因此感应电动势最小，故感应电流达到最小值，C错误；交变电流周期向改变2次，则线圈中的电流每经过时间方向改变一次，D正确．ꢀꢀꢀꢀ，一个周期内线圈中电流方7．交流发电机线圈电阻r＝1ꢀΩ，用电器电阻R＝9ꢀΩ，闭合开关S，电压表示数为9ꢀV，如图所示，则该交流发电机(ꢀꢀ)DꢀA．产生的感应电动势的峰值为10ꢀVB．产生的感应电动势的有效值为9ꢀVC．线圈通过中性面时产生的感应电动势的瞬时值为D．线圈自中性面转过90°的过程中平均感应电动势为ꢀV解析用电器电阻R＝9ꢀΩ，电压表示数为9ꢀV，则电路中的电流ꢀ＝I(R＋r)＝1×(1＋9)V＝10ꢀV，其最大值ꢀ，所以感应电动势有效值E ，故A、B错误；交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值最小，为零，故C错误；线圈自中性面转过90°的过程中平均感应电动势为ꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀ，8．[山西省实验中学2018高二下月考](多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是(ꢀꢀ)CDꢀA．图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为2∶3C．交流电b的电动势最大值为ꢀD．交流电a的电动势瞬时值为u＝10sin5πt(V)ꢀ解析t＝0时刻电动势的瞬时值均为零，即两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合，磁通量最大，故A错误；由题图可知，周期T＝0.4ꢀs，T＝0.6ꢀs，则线圈先后两次转速之比n∶n＝T∶T＝3∶2，故a b a b b aB错误；由电动势的最大值E＝NBSω，则两个电动势最大值之比U∶U＝ω∶ω＝3∶2，则m ma mb a b交流电b电动势的最大值为ꢀꢀ，故C正确；由题图可知交流电a的电动势最大值U m＝10ꢀV，周期T a＝0.4ꢀs，ꢀ，则交流电a的电动势的瞬时值表达式为u＝U m sinꢀωt＝10sinꢀ5πt(V)，故D正确．9．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流的电动势为ꢀ．关于这个交变电流，下列说法中正确的是(ꢀꢀ)AꢀA．电动势的有效值为220VB．交变电流的频率为100HzC．电动势的最大值为220VD．t＝0时，线圈平面与中性面垂直ꢀ解析由ꢀꢀ可知该交变电流的电动势的最大值为ꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀꢀ，即311V，有效值为220V，故A正确，C 错误；线圈转动的角速度为100πꢀrad/s，ꢀ，故其频率为ꢀ，故B错误；当t＝0时，e＝0，此时线圈处在中性面的位置，故D错误．10．如图所示为交流发电机示意图，匝数n＝100匝的矩形线圈的边长分别为10ꢀcm和20ꢀcm，电阻为5ꢀΩ，在磁感应强度B＝0.5ꢀT的匀强磁场中绕OO′轴以50ꢀꢀꢀrad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20ꢀΩ的电阻R相连接．求：(1)ꢀ线圈绕OO′轴转动时产生的感应电动势的最大值E mꢀ；(2)ꢀ从中性面开始计时，线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式；(3)ꢀ电阻R上消耗的电功率；(4)由图示位置转过90°的过程中，通过R的电荷量是多少？ꢀ答案与解析(1)感应电动势最大值ꢀ.(2)感应电动势的瞬时值为ꢀ(3)感应电动势的有效值ꢀꢀ．，闭合开关S后，由闭合电路欧姆定律得ꢀꢀꢀ，U＝IR＝2×20ꢀV＝40ꢀV.电阻R上消耗的电功率P＝IU＝2×40ꢀW＝80ꢀW.(4)由图示位置转过90°的过程中，通过R的电荷量ꢀꢀ.易错点1ꢀ忽视了公式的适用条件而出错11．如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1ꢀmin的时间，两电阻消耗的电功之比W∶W为(ꢀꢀ)C甲乙A．1∶ꢀꢀꢀꢀꢀꢀB．1∶2ꢀꢀC．1∶3ꢀꢀD．1∶6ꢀ解析图甲中，在一个周期内，根据电流的热效应有ꢀ图乙中，在一个周期内，根据电流的热效应有据W＝I2Rt知，在相同时间内两电阻消耗的电功之比ꢀ易错分析ꢀ，代入数据解得电流的有效值ꢀ，代入数据解得电流的有效值I′＝I1＝1ꢀA．根ꢀ.故C正确．公式ꢀꢀ只适用于正弦或余弦式交变电流，本题所给图像不是正弦(余弦)函数图像，不能直接用ꢀꢀ求有效值，另外在求有效值时，应注意通电时间．易错点2ꢀ忽视交变电流“四值”的区别而出错12．[山西太原五中2018高二下月考](多选)如图所示，内阻为r的线圈面积为S，共N匝，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度ω匀速转动，线圈通过电刷与一个阻值为R的电阻连接，V为理想交流电压表，则下列说法正确的是(ꢀꢀ)CDA．以图示位置为计时起点，电流的表达式为B．线圈从图示位置开始转过90°的过程中，通过线圈导线截面的电荷量为C．电压表的读数为D．电阻R上消耗的功率为解析线圈产生的电动势的最大值为e m＝NBSω，以图示位置为计时起点，电流的表达式为ꢀ，A错误；通过线圈导线截面的电荷ꢀꢀꢀꢀꢀ，B错误；电压表的读数为外电路电压的有效值，故ꢀ，C正确；电流的有效值为ꢀ，故电阻R上消耗的电功率为ꢀꢀꢀ，D正确．易错分析要区分交流电的有效值和平均值．有效值是由交流电的热效应定义的，故计算交流电产生的热量、热功率时要用有效值；平均值是由法拉第电磁感应定律来计算的，在计算电荷量时要用平均值．1．关于交变电流，下列说法中正确的是(ꢀꢀ)BꢀA．在一个周期内交变电流的方向只改变一次B．电风扇铭牌上标出的电压值和电流值都是指有效值C．某正弦式交流电压的最大值为311ꢀV，则该交流电压最小值为－311ꢀVD．用交流电流表或交流电压表测交流电流或电压时，测量的是交流电流或电压的最大值ꢀ解析在一个周期内交变电流的方向改变两次，故A错误；电风扇铭牌上标出的电压值和电流值都是指有效值，B正确；正弦式交流电压的最大值为311ꢀV，最小值为零，故C错误；交流电流表和交流电压表测量的是有效值，故D错误．2．[天津武清区等五区县2018高二下期中]如图所示，矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，已知从图示位置转过30°时，感应电动势的瞬时值大小为25ꢀV，则感应电动势的峰值为(ꢀꢀ)Aꢀꢀ解析感应电动势的瞬时值表达式为e＝E sinꢀωt，可知25ꢀV＝E sinꢀ30°(V)，解得E＝50ꢀV，故A正确．m m m3．[河南中原名校2018高三上质检](多选)甲图为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，从t＝0时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数n＝50，线圈的电阻r＝5ꢀΩ，线圈与外电路连接的定值电阻R＝45ꢀΩ，电压表为理想交流电表．则下列判断正确的是(ꢀꢀ)BDꢀꢀA．线圈转动的周期为6.28ꢀsB．t＝0时刻线圈平面与磁感线平行C．线圈转动过程中产生的最大电动势为D．电压表的示数为ꢀ解析ꢀ由图乙可知，线圈转动的周期为T＝6.28×10－2ꢀs，A项错误；由图乙可知，t＝0时刻，磁通量为零，线圈平面与磁感线平行，B项正确；线圈中的最大电动势ꢀ，C项错误；电压表测的是电阻R两端的电压，示数为ꢀꢀD项正确．4．(多选)如图所示，由导线制成的单匝正方形线框边长为L，每条边的电阻均为R，其中ab边较粗且材料电阻率较大，其质量为m，其余各边的质量均可忽略不计．线框可绕与cd边重合的水平轴OO′自由转动，不计空气阻力及摩擦．若线框始终处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，线框从水平位置由静止释放，历时t到达竖直位置，此时ab边的速度为v，重力加速度为g.则(ꢀꢀ)CDꢀA．线框在竖直位置时，ab边两端的电压为BLvB．线框在竖直位置时，ab边所受安培力大小为C．这一过程中感应电动势的有效值为ꢀD．在这一过程中，通过线框某一横截面的电荷量为ꢀ解析ꢀ线框运动到竖直位置时，ab边切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，线框中的电流为ꢀ，ab两端的电压为，故A错误．ab边所受安培力大小为ꢀ，故B错误．线框下落过程中机械能的减少量等于线框中产生的焦耳热，所以有ꢀꢀ，故C正确．对于线框的下摆过程，在垂直于磁场方向线框的面积变化为Δs＝L2，通过线框某一横截面的电荷量ꢀꢀ，故D正确．5．实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10ꢀV．已知R＝10ꢀΩ，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是(ꢀꢀ)CꢀA．线圈平面与磁场平行时刻，线圈中的瞬时电流为零B．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝ꢀꢀꢀsin100πt(A)C．流过电阻R的电流最大值为ꢀꢀꢀꢀAD．电阻R上的热功率等于5ꢀW解ꢀ析线圈位于图中位置时，磁通量为零，线圈中的瞬时电流不为零，而是最大值，A错误；电压表示数为10ꢀV，即，ω＝25×2πꢀrad/s＝50πꢀrad/s，所以从线圈有效值为10V，则最大值为10ꢀꢀꢀV，电流的最大值为ꢀ平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝ꢀꢀꢀcosꢀ50πt(A)，故B错误，C正确；电阻R上的热功率等于ꢀ，D错误．6．[湖北宜昌一中2018高二上期末]图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n＝100、电阻r＝10ꢀΩ，线圈的两端经集流环与电阻R连接，阻值R＝90ꢀΩ，与R并联的交流电压表为理想电表．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化．(取π＝3.14)求：(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)从t＝0时刻开始计时，线圈转过60°时线圈中感应电流的瞬时值及回路中的电流方向；(3)电路中交流电压表的示数；(4)从图示位置转过90°，通过线圈的电荷量和整个回路的焦耳热．ꢀ答案与解析(1)200ꢀVꢀ(2)1ꢀAꢀ电流方向为abcdaꢀ(3)90ꢀꢀꢀVꢀ(4)0.02ꢀCꢀ3.14ꢀJ(1)由Φ－t图线可知Φ＝2.0×10－2ꢀWb，T＝6.28×10－2ꢀs，因为Φ＝BS，所以E＝nΦω＝200ꢀV.m m m m(2)因为e＝E m cosꢀωt(V)，所以ꢀ，得i＝2cosꢀ60°(A)＝1ꢀA，电流方向为abcda.(3)电动势的有效值ꢀꢀ，由闭合电路欧姆定律得，电路中电流的有效值为，交流电压表的示数为U＝IR＝90ꢀꢀꢀꢀV.(4)通过线圈的电荷量ꢀꢀ，根据焦耳定律可得ꢀ.03题型1ꢀ电感元件对交变电流的阻碍作用1．[江西抚州临川一中2018高二上月考](多选)如图所示的实验电路中，若交流电压的有效值与直流电压相等，S为双刀双掷开关，下列叙述中正确的是A(ꢀCꢀ)A．当S掷向a、b时灯较亮，掷向c、d时灯较暗B．当S掷向a、b时灯较暗，掷向c、d时灯较亮C．S掷向c、d，把电感线圈中的铁芯抽出来时灯变亮D．S掷向c、d，电源电压不变，频率减小时灯变暗解析线圈对恒定电流无感抗，对交变电流有感抗，故选项A正确，B错误；抽出铁芯时感抗变小，频率减小时感抗变小，灯均变亮，故选项C正确，D错误．2．[浙江金华一中2018高二上段考]如图所示的电路中，两只小灯泡的规格相同．在开关S闭合一段时间后，发现两个灯泡的亮度相同．断开开关S后，进行如下操作，下列对小灯泡发光的描述正确的是(ꢀDꢀ) A．开关S闭合瞬间，两灯一样亮B．开关S闭合后，灯A一直比A亮21C．若将电源换成交流电，两灯一样亮D．断开开关S时，两灯都逐渐熄灭解析由于A与电感线圈串联，开关S闭合瞬间，电感线圈中产生自感电动势，所以A的亮度比A暗，112故A错误；由题可知，开关S闭合电路稳定后，两灯一样亮，故B错误；若将电源换成交流电，电感线圈对交流电的阻碍作用为直流电阻和感抗，所以A1灯较暗，故C错误；断开开关S时，由于电感线圈中的电流减小，在电感线圈中产生自感电动势，电感线圈与两灯、滑动变阻器组成回路，所以两灯中的电流变化相同，故D正确．题型2ꢀ电容元件对交变电流的阻碍作用3．(多选)对交变电流能够通过电容器的正确理解是(ꢀꢀ)BCA．在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动B．在有电容器的交流电路中，有电荷定向移动C．当电容器接到交变电源上时，电容器交替进行充、放电，电路中才有交变电流D．当电容器接到交变电源上时，因为有自由电荷通过电容器，所以电路中才有交变电流解析交变电流能够通过电容器，是通过电容器交替充、放电而进行的，实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质，故C正确，D错误．因电容器交替进行充、放电，电路中就有了电荷的定向移动，故B正确，A错误．4．[甘肃兰州一中2018高二下期中]如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如L＝1ꢀmH，C＝200ꢀpF)，此电路的重要作用是(ꢀꢀ)DA．阻直流通交流，输出交流B．阻交流通直流，输出直流C．阻低频通高频，输出高频交流D．阻高频通低频，输出低频交流和直流解析线圈的作用是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”，电容的作用是“通交流、隔直流，通高频、阻低频”．因线圈的自感系数L很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，直流和低频成分能通过线圈；电容器并联在电路中，因电容C很小，对低频成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，高频成分就会被电容器滤掉，最终输出的是低频交流和直流．故选D.题型3ꢀ含电感、电容元件电路的分析5．(多选)在电子技术中，从某一装置输出的交流信号常常既含有高频成分，又含有低频成分．为了在后面一级装置中得到高频成分或低频成分，我们可以在前面一级装置和后面一级装置之间设计如图所示的电路．关于这种电路，下列说法中正确的是(ꢀBꢀC)A．要使“向后级输出”端得到的主要是高频信号，应该选择图甲所示电路B．要使“向后级输出”端得到的主要是高频信号，应该选择图乙所示电路C．要使“向后级输出”端得到的主要是低频信号，应该选择图甲所示电路D．要使“向后级输出”端得到的主要是低频信号，应该选择图乙所示电路解析甲电路中有一个电容器，它具有“通高频、阻低频”的作用，所以“向后级输出”端得到的主要是低频信号，A错误，C正确；乙电路中有一个电感线圈，它具有“通低频、阻高频”的作用，故“向后级输出”端得到的主要是高频信号，选项D错误，B正确．6．[吉林吉化一中2018高二上期末](多选)如图所示，变频交变电源的频率可在20ꢀHz到20ꢀkHz之间调节，在某一频率时，A1、A2两只灯泡的炽热程度相同．则下列说法中正确的是(ꢀꢀ)BCA．如果将频率增大，A炽热程度减弱、A炽热程度加强12B．如果将频率增大，A炽热程度加强、A炽热程度减弱12C．如果将频率减小，A炽热程度减弱、A炽热程度加强12D．如果将频率减小，A炽热程度加强、A炽热程度减弱12解析在某一频率时，两只灯泡炽热程度相同，则两灯泡消耗的功率相同，频率增大时，感抗增大，而容抗减小，故通过A的电流增大，通过A的电流减小，故B项正确；同理可得C项正确．故选12B、C.易错点ꢀ对影响感抗、容抗的因素认识不正确导致分析具体电路问题时发生错误7．如图所示，三个灯泡是相同的，而且耐压值足够大，电源内阻忽略不计．当S接A时，三个灯泡亮度相同，当S接B时，稳定后，下列说法正确的是(ꢀꢀ)DA．三个灯泡亮度相同B．甲灯最亮，丙灯不亮C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D．乙灯比甲灯亮，丙灯不亮解析由题意可知，当S接A时，三个灯泡亮度相同，则线圈的感抗及电容器的容抗与电阻R相同，当S接B时，线圈没有感抗，电容器具有隔直流的作用，而交流与直流对电阻R作用相同，所以丙灯不亮，甲灯亮度不变，乙灯亮度增加，乙灯最亮，故D正确．易错分析交流电能通过电容器的原因是不断地充、放电，形成充、放电电流，电流频率越高，阻碍作用就越小．电感线圈能对交流电产生阻碍作用是因为变化的电流在线圈中产生了自感电动势．一定要掌握感抗、容抗如何变化．。
第五章交变电流第一节交变电流同步练习一、单选题1.小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R=10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是（）A. 该交流电压瞬时值的表达式u=100sin（25πt）VB. 该交流电的频率为50HzC. 该交流电的电压的有效值为100D. 若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W2.某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量φ随时间的变化规律如图所示，那么在图中（）A. t1时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大B. t2时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零C. t3时刻，线圈中的感应电动势达最大值D. t4时刻，线圈中的感应电动势达最大值3.单匝矩形线圈abcd边长分别为l1和l2，在匀强磁场中可绕与磁场方向垂直的轴OO′匀角速转动，转动轴分别过ad边和bc边的中点，转动的角速度为ω．磁场的磁感应强度为B．图为沿转动轴OO′观察的情况，在该时刻线圈转动到ab边的速度方向与磁场方向夹角为θ，此时线圈中产生的感应电动势的瞬时值为（）A. 2Bl1l2ωcosθB. 3Bl1l2ωsinθC. Bl1l2ωcosθD.Bl1l2ωsinθ4.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ab时间段对应甲图中A至B图的过程B. 乙图中bc时间段对应甲图中C至D图的过程C. 乙图中d时刻对应甲图中的D图D. 若乙图中d处是0.02 s，则1 s内电流的方向改变50次5.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法正确的是（）A. 在中性面时，通过线圈的磁通量最小B. 在中性面时，磁通量的变化率最大，感应电动势最大C. 线圈通过中性面时，电流的方向发生改变D. 穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零6.矩形线框垂直于匀强磁场且位于线框平面的轴匀速转动时产生交变电流，下列说法正确的是（）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，线框中感应电动势为零第1页，共9页C. 每当线框掠过中性面时，感应电动势和感应电流方向就改变一次D. 线框经过中性面时各边切割线的速度为零7.线圈的匝数为100匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈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 s和t=0.2s时，线圈平面和磁场垂直，电动势最大B. 在t=0.1s和t=0.3 s时，线圈平面和磁场垂直，电动势为零C. 在t=0.2s和t=0.4s时电流改变方向D. 在t=0.1s和t=0.3 s时，线圈切割磁感线的有效速率最大二、多选题8.在匀强磁场中，一矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（）A. t=0.01s时穿过线框的磁通量最小B. t=0.01s时穿过线框的磁通量变化率最大C. 该线框匀速转动的角速度大小为100πD. 电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角可能为45°9.如图矩形线圈面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻R．在线圈由图示位置转过90°的过程中（）A. 磁通量的变化量△φ=nBSB. 平均感应电动势=C. 通过电阻的电量为D. 电阻R产生的焦耳热Q=10.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为5.0Ω接一只电阻为95.0Ω如图乙所示，则正确的是（）A. 周期为0.02sB. 电路中的电压表的示数为220VC. 该交变电动势的瞬时值表达式为e =220sin（100πt）D. 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为20J11.如图所示，发电机的矩形线圈面积为S，匝数为N，绕OO′轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动．从图示位置开始计时，下列判断正确的是（）A. 此时穿过线圈的磁通量为NBS，产生的电动势为零B. 线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsinωtC. P向下移动时，电流表示数变小D. P向下移动时，发电机的电功率增大12.单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，如线圈所围面积里的磁通量随时间变化的规律如图所示，则线圈中（）A. 0时刻感应电动势最大B. 0.05s时感应电动势为零C. 0.05s时感应电动势最大D. 0～0.05s这段时间内平均感应电动势为0.4V13.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，当线框的转速为n1时，产生的交变电动势的图线为甲，当线框的转速为n2时，产生的交变电动势的图线为乙．则（）A. t=0时，穿过线框的磁通量均为零B. 当t=0时，穿过线框的磁通量变化率均为零C. n1：n2=3：2D. 乙的交变电动势的最大值是V三、计算题14.如图所示，在磁感应强度B=0.2T的水平匀强磁场中，有一边长为L=10cm，匝数N=100匝，电阻r=1Ω的正方形线圈绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动，转速n =r/s，有一电阻R=9Ω，通过电刷与两滑环接触，R两端接有一理想电压表，求：（1）若从线圈通过中性面时开始计时，写出电动势瞬时植表达式；（2）求从中性面开始转过T时的感应电动势与电压表的示数；（3）在1分钟内外力驱动线圈转动所作的功．第3页，共9页15.如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共200匝；线圈总电阻r=1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度B=T，线圈以角速度ω=100πrad/s匀速转动．（1）若线圈经图示位置时开始计时，写出线圈中感应电动势瞬时值的表达式；（2）求通过电阻R的电流有效值．16.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以50rad/s 的角速度匀速转动，线圈和外部20Ω的电阻R相接．求：（1）若从线圈图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式（2）电键S合上时，电压表和电流表示数；（3）通过电阻R的电流最大值是多少；（4）电阻R上所消耗的电功率是多少．答案和解析【答案】1. D2. D3. D4. B5. C6. C7. B8. CD9. BCD10. AC11. BD12. ABD13. BCD14. 解：（1）角速度ω=2πn=200rad/s电动势的最大值E m=NBSω=100×0.2×0.12×200=40V表达式e=E m sinωt=40sin200t（V）（2）电压有效值E =V电压表示数U ==18V从中性面开始转过T时的感应电动势e =40×sin（3）外力做的功转化为电能W=EIt=E=4800J答：（1）若从线圈通过中性面时开始计时，电动势瞬时植表达式为e=40sin200t（V）；（2）从中性面开始转过T 时的感应电动势为V，电压表的示数为18V；（3）在1分钟内外力驱动线圈转动所作的功为4800J．15. 解：（1）感应电动势最大值为E m=NBS ω=200××0.05×100πV=1000V由于从中性面开始计时，则瞬时值表达式为：e=E m sin（ωt）=1000sin（100πt）V（2）流过电阻R的最大电流I m ===100A通过电阻R的电流有效值I ===50A．答：（1）若线圈经图示位置开始计时，线圈中感应电动势瞬时值的表达式是e=1000sin（100πt）V；（2）通过电阻R的电流有效值是50A．16. 解：（1）产生的感应电动势的最大值为瞬时表达式为闭合s 时，有闭合电路的欧姆定律可得电压为U=IR=40V（3）通过R 的电流最大值为（4）电阻R上所消耗的电功率P= IU=2×40 W=80 W．答：（1）若从线圈图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式为（2）电键S合上时，电压表和电流表示数分别为40V，2A；（3）通过电阻R 的电流最大值是（4）电阻R上所消耗的电功率是80W【解析】1. 解：A、由图象可知交变电流的周期T=0.04s ，角速度，频率f =Hz，故该交流电压瞬时值的表达式u=100sin（50πt）V，故AB错误；第5页，共9页C、该交流电的电压的有效值为，故C错误；D、若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为：P=，故D正确故选：D从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解．本题考查了交流电最大值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解．2. 解：A、t1时刻，磁通量最大，磁通量的变化率为零，t2时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大．故AB 错误．C、t3时刻，磁通量最大，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零．故C错误．D、t4时刻磁通量为零，磁通量的变化率为最大，则感应电动势最大．故D正确．故选：D．感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量φ随时间的变化图线的斜率反映感应电动势的大小．解决本题的关键知道感应电动势与磁通量变化率的关系，知道图线的斜率反映感应电动势的大小．3. 解：矩形线圈在匀强磁场中做匀角速转动，产生交流电，感应电动势的最大值为：E m=nBSω=nBL1L2ω根据电动势的瞬时值表达式：e=E m sinωt，在该时刻线圈转动到ab边的速度方向与磁场方向夹角为θ时，θ=ωt；此时线圈中产生的感应电动势的瞬时值为：e=Bl1l2ωsinθ．故选：D发电机产生正弦式交变电流，根据公式E m=nBSω求解最大电动势，根据电动势的瞬时值表达式：e=E m sinωt，即可得出结论．本题关键是记住交流电最大值表达式E m=nBSω，然后结合电动势的瞬时值表达式即可．4. 解：从线圈转过中性面的位置开始计时，所以电流在开始时为0；线圈在匀强磁场中绕轴逆时针匀速转动时，切割磁感线，产生电流，根据右手定则可以判定；A、乙图中ab，感应电流为正方向，且大小在减小，根据楞次定律，则有：感应电流方向abcda，根据法拉第电磁感应定律，则有：感应电流的大小在增大，所以对应甲图中B至C图的过程，故A错误；B、乙图中bc，感应电流为负方向，且大小在增大，根据楞次定律，则有：感应电流方向adcba，根据法拉第电磁感应定律，则有：感应电流的大小在增大，所以对应甲图中C至D图的过程，故B正确；C、乙图中d时刻，感应电流为零，则磁通量的变化率最小，即磁通量最大，且电流有负变为零，故对应A 图，故C错误；D、若乙图中D等于0.02s，则周期为0.02s，则交流电的频率为50Hz，而一个周期内电流方向改变两次，所以1s内电流的方向改变了100 次；故D错误；故选：B．该位置的磁通量最大，感应电流为0，是中性面．矩形线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动时，在线圈中产生正弦交流电该题考查交流电的产生、中性面与交流电的图象，要明确线圈的转动图象与交流电的瞬时电动势的图象之间的关系．5. 解：A、在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大．故A错误．B、在中性面时，没有边切割磁感线，感应电动势为零．故B错误．C、线圈每次通过中性面，电流的方向均会发生改变；故C正确；D、穿过线圈的磁通量为零时，线圈与磁场平行，有两边垂直切割磁感线，感应电动势最大．故D错误．故选：C．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流．在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零．线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次．本题考查正弦式电流产生原理的理解能力，抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时，磁通量最大，感应电动势为零；线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大．6. 解：A、在中性面时感应电流为零，感应电动势为零，线圈与磁场垂直，磁通量最大．故A错误；B、当穿过线框的磁通量为零时，线框中感应电动势最大；故B错误；C、每当线框掠过中性面时，感应电动势和感应电流方向就改变一次；故C正确；D、左右两边要切割磁感线的速度不为零，但由于相互抵消而使磁通量为零；故D错误；故选：C．线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，由电流图象读出感应电流的变化．由欧姆定律得知感应电流与感应电动势成正比，由法拉第电磁感应定律得知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大．本题考查理解正弦交变电流与磁通量关系的能力及把握电流的变化与线圈转过的角度的关系的能力．比较简单．7. 解：A、在t=0 s和t=0.2 s时，磁通量最最小，线圈位于与中性面垂直位置，感应电动势最大，故A错误；B、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B正确；C、在t=0.2s和t=0.4s时，磁通量最最小，线圈位于与中性面垂直位置，电流方向没有发生变化，故C错误；D、在在t=0.1s和t=0.3 s时，磁通量最大，线圈处于中性面位置，感应电动势为零，故磁通量变化率为零，线圈切割磁感线的有效速率最小，故D错误；故选：B．交变电流产生过程中，线圈在中性面上时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小，线圈与中性面垂直时，通过的磁通量最小，电动势为大；结合Φ-t图象分析答题．要掌握交流电产生过程特点，特别是两个特殊位置：中性面和垂直中性面时，掌握电流产生过程即可正确解题．8. 解：A、由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，变化率最小，故AB错误；C、由图象得出周期T=0.02s，所以ω==100πrad/s，故C正确D、当t=0时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为e=311sin（100πt）V，电动势瞬时值为22V时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角正弦值sinα=，所以线圈平面与中性面的夹角可能为45°，故D正确；故选：CD．从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系．9. 解：A、图示位置磁通量为Φ1=0，转过90°磁通量为Φ2=BS，△Φ=Φ2-Φ1=BS．故A错误．B 、根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势，△t =解得=，故B正确；C、通过电阻R的电量q=It =t=n，得到q =，故C正确；D、电流的有效值为I =，E =，电阻R所产生的焦耳热Q=I2Rt，解得Q =，故D正确．故选：BCD．图示位置磁通量为Φ1=0，转过90°磁通量为Φ2=BS=Φ2-Φ1．根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动第7页，共9页势．根据焦耳定律Q=I2Rt求解热量，I为有效值．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解电量．对于交变电流，求解热量、电功和电功率用有效值，而求解电量要用平均值．注意磁通量与线圈的匝数无关．10. 解：A、由甲图可知交流电的周期T=0.02s，故A正确；B、由甲图可知交流电的最大值为E m=220V，故有效值E=220V，电压表示数U=V=209V．故B错误；C、角速度，故该交变电动势的瞬时值表达式为e=220sin（100πt），故C正确；D、发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=t=×1J=24.2J．故D错误．故选：AC．由图读出电动势的最大值，求出有效值，根据欧姆定律求出外电压的有效值，即为电压表的示数．根据电流方向每个周期改变两次，求出每秒钟方向改变的次数．根据电压有效值求出灯泡消耗的功率．由焦耳定律，由有效值求出发电机焦耳热．交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，求解交流电的焦耳热、电功、电功率时要用交流电的有效值，求电量时用平均值．11. 解：A、此时线圈位移中性面，穿过线圈的磁通量最大为BS，故A错误；B、产生的感应电动势的最大值为E m=NBSω，从中性面开始计时，故e=NBSωsinωt，故B正确；C、当P位置向下移动、R不变时，副线圈匝数增大，根据理想变压器的变压比公式，输出电压变大，故电流变大，功率变大，故输入功率变大，故C错误，D正确故选：BD正弦式交流发电机从中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBSωsinωt；电压表和电流表读数为有效值本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系，注意求解电量用平均值12. 解：A、由图示图象可知，0时刻磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故A正确；B、由图示图象可知，0.05s时刻磁通量的变化率为零，感应电动势为零，故B正确，C错误；D、由法拉第电磁感应定律可知，0～0.05s内平均感电动势：E===0.4V，故D正确；故选：ABD．根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比．通过法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势的大小．本题关键是掌握好图象的含义，磁通量比时间其物理含义为感应电动势，即图象的斜率表示感应电动势．13. 解：A、由图象知t=0时，电动势为零，穿过线框的磁通量最大，A错误；B、当t=0时，穿过线框的磁通量变化率均为零，B正确；C、由图象知=37.5，=25，所以n1：n2=3：2，C正确；D、由图象知NBS×2πn1=10V，所以，乙的交变电动势的最大值是NBS×2πn2=V，D正确；故选BCD根据图象判断初始时刻电动势为零，所以是从中性面开始计时，磁通量最大，磁通量变化率为零，由图象知道周期，求出转速之比，根据最大值的表达式判断D．本题考查了交流电的产生和原理，能够从图象中获取对我们解决问题有利的物理信息．14. （1）交流发电机产生电动势的最大值E m=nBSω，从线圈通过中性面时开始计时，电动势表达式为e=E m sinωt．（2）交流电压表测量的是路端电压有效值，根据闭合电路欧姆定律和最大值是有效值的倍，进行求解．（3）根据焦耳定律Q=EIt求解整个回路发热量，即可得到外力做功．解决本题的关键掌握正弦式交流电峰值的表达式E m=nBSω，知道从中性面计时，电动势表达式为e=E m sinωt，要注意求电功时必须用有效值求解．15. 从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式e=E m s inωt，由E m=NBSω求出E m．根据闭合电路欧姆定律求最大电流I m，通过电阻R的电流有效值I =．本题考查对交流发电机原理的理解能力．对于交流电表，显示的是交流电的有效值．瞬时值表达式要注意计时起点，不同的计时起点表达式的初相位不同．16. （1）由E m= nBSω求得最大值，根据e=E m cosωt求得瞬时表达式；（2）电压表和电流表测量的是有效值，根据闭合电路的欧姆定律即可判断；（3）根据求得最大值；（4）有P=UI求得产生的功率本题考查了求电压表与电流表示数、求电阻消耗的功率问题，求出感应电动势的最大值、掌握最大值与有效值间的关系、应用欧姆定律即可正确解题．第9页，共9页。
物理选修3-2第五章交变电流第一节交变电流肥城市第六高级中学汪顺安●教学目标一、知识目标1.使学生理解交变电流的产生原理，知道什么是中性面.2.掌握交变电流的变化规律及表示方法.3.理解交变电流的瞬时值和最大值及中性面的准确含义.二、技能目标1.掌握描述物理量的三种基本方法（文字法、公式法、图象法）.2.培养学生观察能力，空间想象能力以及将立体图转化为平面图形的能力.3.培养学生运用数学知识解决物理问题的能力.三、情感态度目标培养学生理论联系实际的思想.●教学重点交变电流产生的物理过程的分析.●教学难点交变电流的变化规律及应用.●教学方法演示法、分析法、归纳法.●教学用具手摇单相发电机、小灯泡、示波器、多媒体教学课件、示教用大的电流表.●课时安排1课时●教学过程一、引入新课［师］出示单相交流发电机，引导学生首先观察它的主要构造.［演示］将手摇发电机模型与小灯泡组成闭合电路.当线框快速转动时，观察到什么现象?［生］小灯泡一闪一闪的.［师］再将手摇发电机模型与示教电流表组成闭合电路,当线框缓慢转动(或快速摆动)时,观察到什么?［生］电流表指针左右摆动.［师］线圈里产生的是什么样的电流？请同学们阅读教材后回答.［生］转动的线圈里产生了大小和方向都随时间做周期性变化的交变电流.［师］现代生产和生活中大都使用交流电.交流电有许多优点，今天我们学习交流电的产生和变化规律.二、新课教学1.交变电流的产生［师］为什么矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时线圈里能产生交变电流？［生］对这个问题有浓厚的兴趣,讨论热烈.［师］多媒体课件打出下图.当abcd线圈在磁场中绕OO′轴转动时,哪些边切割磁感线?［生］ab与cd.［师］当ab边向右、cd边向左运动时,线圈中感应电流的方向如何?［生］感应电流是沿着a→b→c→d→a方向流动的.［师］当ab边向左、cd边向右运动时,线圈中感应电流的方向如何?［生］感应电流是沿着d→c→b→a→d方向流动的.［师］正是这两种情况交替出现,在线圈中产生了交变电流.当线圈转到什么位置时,产生的感应电动势最大?［生］线圈平面与磁感线平行时,ab边与cd边线速度方向都跟磁感线方向垂直,即两边都垂直切割磁感线,此时产生感应电动势最大.［师］线圈转到什么位置时,产生的感应电动势最小?［生］当线圈平面跟磁感线垂直时,ab边和cd边线速度方向都跟磁感线平行,即不切割磁感线,此时感应电动势为零.［师］利用多媒体课件,屏幕上打出中性面概念:(1)中性面——线框平面与磁感线垂直位置.(2)线圈处于中性面位置时,穿过线圈Φ最大,但=0.(3)线圈越过中性面,线圈中I感方向要改变.线圈转一周,感应电流方向改变两次.2.交变电流的变化规律设线圈平面从中性面开始转动,角速度是ω.经过时间t,线圈转过的角度是ωt,ab边的线速度v的方向跟磁感线方向间的夹角也等于ωt,如右图所示.设ab边长为L1,bc边长L2,磁感应强度为B,这时ab边产生的感应电动势多大?［生］e ab=BL1vsinωt=BL1·ωsinωt=BL1L2sinωt［师］cd边中产生的感应电动势跟ab边中产生的感应电动势大小相同,又是串联在一起,此时整个线框中感应电动势多大?［生］e=e ab+e cd=BL1L2ωsinωt［师］若线圈有N匝时,相当于N个完全相同的电源串联,e=NBL1L2ωsinωt,令E m=NBL1L2ω,叫做感应电动势的最大值,e叫做感应电动势的瞬时值.请同学们阅读教材,了解感应电流的最大值和瞬时值.［生］根据闭合电路欧姆定律,感应电流的最大值I m=,感应电流的瞬时值i=I m s i nωt.［师］电路的某一段上电压的瞬时值与最大值等于什么?［生］根据部分电路欧姆定律,电压的最大值U m=I m R,电压的瞬时值U=U m sinωt.［师］电动势、电流与电压的瞬时值与时间的关系可以用正弦曲线来表示,如下图所示:3.几种常见的交变电波形三、小结本节课主要学习了以下几个问题：1.矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式交变电流.2.从中性面开始计时，感应电动势瞬时值的表达式为e=NBSωs i nω t,感应电动势的最大值为E m=NBSω.3.中性面的特点：磁通量最大为Φm，但e=0.六、本节优化训练设计1.一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势E随时间t的变化如图所示，则下列说法中正确的是A.t1时刻通过线圈的磁通量为零B.t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C.t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D.每当电动势E变换方向时，通过线圈的磁通量的绝对值都为最大2.一台发电机产生的按正弦规律变化的感应电动势的最大值为311 V，线圈在磁场中转动的角速度是100π rad/s.（1）写出感应电动势的瞬时值表达式.（2）若该发电机只与含电阻的负载组成闭合电路，电路中的总电阻为100 Ω，试写出通过负载的电流强度的瞬时表达式.在t= s时电流强度的瞬时值为多少？3.一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生交流电压为u=220s i n100πt V，则A.它的频率是50 HzB.当t=0时，线圈平面与中性面重合C.电压的平均值是220 VD.当t= s时，电压达到最大值4.交流发电机工作时的电动势的变化规律为e=E m s i nωt，如果转子的转速n提高1倍，其他条件不变，则电动势的变化规律将变化为A.e=E m s in2ωtB.e=2E m s in2ωtC.e=2E m s in4ωtD.e=2E m s inωt参考答案：1.D2.解析：因为电动势的最大值E m=311 V，角速度ω=100 π rad/s，所以电动势的瞬时值表达式是e=311s in100πt V.根据欧姆定律，电路中电流强度的最大值为I m= A=3.11 A，所以通过负载的电流强度的瞬时值表达式是i=3.11s in100πt A.当t= s时，电流的瞬时值为i=3.11s in(100π·)=3.11×A=1.55 A.3.ABD4.B四、作业问题与练习第3、4题五、板书设计●教后记注重与电磁感应的联系，重视交变电流产生的原理，多与现实生活和生产联系，并注重知识的灵活应用。
