\l "_Tc8925" 02、知識導圖，思維引航 PAGEREF _Tc8925 \h 1
\l "_Tc4167" 復習目標 PAGEREF _Tc4167 \h 2
\l "_Tc14851" 03、考點突破，考法探究 PAGEREF _Tc14851 \h 2
\l "_Tc7809" 考點一.正弦式交變電流的產生及變化規(guī)律 PAGEREF _Tc7809 \h 2
\l "_Tc8064" 知識點1．正弦式交變電流產生過程中的兩個特殊位置 PAGEREF _Tc8064 \h 2
\l "_Tc15659" 知識點2．正弦式交變電流的變化規(guī)律 PAGEREF _Tc15659 \h 3
\l "_Tc30119" 知識點3.書寫交變電流瞬時值表達式的步驟 PAGEREF _Tc30119 \h 3
\l "_Tc32105" 考向1．中性面和峰值面 PAGEREF _Tc32105 \h 3
\l "_Tc24944" 考向2．交變電流的產生及圖像 PAGEREF _Tc24944 \h 4
\l "_Tc22186" 考向3．交變電流的描述 PAGEREF _Tc22186 \h 5
\l "_Tc6527" 考點二.交變電流有效值的理解和計算 PAGEREF _Tc6527 \h 5
\l "_Tc5669" 知識點1．對有效值的理解 PAGEREF _Tc5669 \h 5
\l "_Tc2738" 知識點2．有效值的兩種計算方法 PAGEREF _Tc2738 \h 6
\l "_Tc32704" 考向1 正弦式交變電流有效值的計算 PAGEREF _Tc32704 \h 6
\l "_Tc12779" 考向2 峰值不對稱的正弦式波形有效值的計算 PAGEREF _Tc12779 \h 7
\l "_Tc2842" 考向3 矩形波形有效值的計算 PAGEREF _Tc2842 \h 7
\l "_Tc1385" 考點三.交變電流“四值”的理解及應用 PAGEREF _Tc1385 \h 8
\l "_Tc17937" 04、真題練習，命題洞見 PAGEREF _Tc17937 \h 10
考點一.正弦式交變電流的產生及變化規(guī)律
知識點1．正弦式交變電流產生過程中的兩個特殊位置
知識點2．正弦式交變電流的變化規(guī)律
知識點3.書寫交變電流瞬時值表達式的步驟
(1)確定正弦交變電流的峰值，根據已知圖像讀出或由公式Em＝nωBS求出相應峰值。
(2)明確線圈的初始位置，找出對應的函數關系式
①線圈從中性面位置開始計時，則i－t圖像為正弦函數圖像，函數表達式為i＝Imsin ωt。
②線圈從垂直于中性面的位置開始計時，則i－t圖像為余弦函數圖像，函數表達式為i＝Imcs ωt。
考向1．中性面和峰值面
1.矩形線圈abcd繞垂直于磁感線的固定軸OO′勻速轉動，線圈平面位于如圖所示的勻強磁場中。下列說法正確的是( )
A．圖甲時刻通過線圈的磁通量變化率最大
B．圖乙時刻線圈中感應電流方向改變
C．圖丙時刻線圈中磁通量最大
D．圖丁時刻線圈中感應電動勢最小
【答案】C
【解析】： 題圖甲、丙中線圈平面與磁場方向垂直，此時穿過線圈的磁通量最大，而感應電動勢、感應電流和磁通量的變化率均為零，感應電流在此位置改變方向，故A錯誤，C正確；題圖乙、丁中線圈平面與磁場方向平行，穿過線圈的磁通量為零，而感應電動勢、感應電流和磁通量的變化率均達到最大，該時刻電流方向不變，故B、D錯誤。
考向2．交變電流的產生及圖像
2.(2024·北京市第四中學模擬)某交流發(fā)電機產生交變電流的裝置如圖1甲所示，產生的感應電動勢與時間的關系如圖乙所示，下列說法正確的是( )
A.t＝0時，線圈平面處于中性面位置，磁通量變化率最大
B.線圈通過中性面時，交變電流改變方向
C.線框中產生的感應電動勢e＝100sin (50t) V
D.如果僅使線圈的轉速加倍，則電動勢的最大值和周期分別變?yōu)?00 V、0.08 s
【答案】 B
【解析】 由圖像可知，t＝0時，電動勢為零，此時線圈平面處于中性面位置，磁通量變化率最小，交變電流改變方向，故A錯誤，B正確；線框中產生的感應電動勢的最大值和周期分別為Em＝100 V，T＝0.04 s，根據e＝Emsin eq \f(2π,T)t，可知感應電動勢瞬時值為e＝100sin (50πt) V，故C錯誤；根據Em＝NBSω，ω＝2πn，可知Em與n成正比，如果僅使線圈的轉速加倍，則電動勢的最大值為Em′＝200 V，周期為T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(1,n)，可知周期與n成反比，如果僅使線圈的轉速加倍，則周期減半為T′＝0.02 s，故D錯誤。
考向3．交變電流的描述
3.一正弦式交變電流的i-t圖像如圖所示。下列說法正確的是( )
A．在t＝0.4 s時電流改變方向
B．該交變電流的周期為0.5 s
C．該交變電流的表達式為i＝2cs 5πt A
D．該交變電流的有效值為eq \f(\r(2),2) A
【答案】C
【解析】： 由題圖可知t＝0.4 s時電流為正方向最大值，電流方向沒有發(fā)生變化，故A錯誤；由題圖可知，該交變電流的周期為T＝0.4 s，故B錯誤；由題圖可知，電流的最大值為imax＝2 A，角速度為ω＝eq \f(2π,T)＝5π rad/s，故該交變電流的表達式為i＝imaxcs ωt＝2cs 5πt A，故C正確；該交變電流的有效值為i＝eq \f(imax,\r(2))＝eq \r(2) A，故D錯誤。
考點二.交變電流有效值的理解和計算
知識點1．對有效值的理解
(1)交流電流表、交流電壓表的示數是指有效值；
(2)用電器銘牌上標的值(如額定電壓、額定功率等)指的均是有效值；
(3)計算熱量、電功率及保險絲的熔斷電流用的是有效值；
(4)通常沒有特別加以說明的，一般指有效值。
知識點2．有效值的兩種計算方法
(1)公式法：對于正(余)弦式交變電流，利用E＝eq \f(Em,\r(2))、U＝eq \f(Um,\r(2))、I＝eq \f(Im,\r(2))計算有效值。
注意：若圖像一部分是正(余)弦式交變電流，其中的eq \f(1,4)周期(必須是從零至最大值或從最大值至零)和eq \f(1,2)周期部分可直接應用正弦式交變電流有效值與最大值間的關系I＝eq \f(Im,\r(2))、U＝eq \f(Um,\r(2))求解。
(2)定義法：對于非正弦式交變電流，計算有效值時要抓住“三同”，即“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”，列式求解時相同時間一般取一個周期或周期的整數倍。
考向1 正弦式交變電流有效值的計算
1．(2023·湖南高考)(多選)某同學自制了一個手搖交流發(fā)電機，如圖所示。大輪與小輪通過皮帶傳動(皮帶不打滑)，半徑之比為4∶1，小輪與線圈固定在同一轉軸上。線圈是由漆包線繞制而成的邊長為L的正方形，共n匝，總阻值為R。磁體間磁場可視為磁感應強度大小為B的勻強磁場。大輪以角速度ω勻速轉動，帶動小輪及線圈繞轉軸轉動，轉軸與磁場方向垂直。線圈通過導線、滑環(huán)和電刷連接一個阻值恒為R的燈泡。假設發(fā)電時燈泡能發(fā)光且工作在額定電壓以內，下列說法正確的是( )
A．線圈轉動的角速度為4ω
B．燈泡兩端電壓有效值為3eq \r(2)nBL2ω
C．若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈，則燈泡兩端電壓有效值為eq \f(4\r(2)nBL2ω,3)
D．若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則燈泡變得更亮
【答案】AC
【解析】： 大輪和小輪通過皮帶傳動，線速度相等，小輪和線圈同軸轉動，角速度相等，根據v＝ωr并結合題意可知，大輪與小輪半徑之比為4∶1，則小輪和線圈轉動的角速度為4ω，A正確；線圈產生感應電動勢的最大值Emax＝nBS·4ω，又S＝L2，聯立可得Emax＝4nBL2ω，則線圈產生感應電動勢的有效值E＝eq \f(Emax,\r(2))＝2eq \r(2)nBL2ω，根據串聯電路分壓原理可知，燈泡兩端電壓有效值為U＝eq \f(RE,R＋R)＝eq \r(2)nBL2ω，B錯誤；若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈，則線圈的匝數變?yōu)樵瓉淼?倍，線圈產生感應電動勢的最大值Emax′＝8nBL2ω，此時線圈產生感應電動勢的有效值E′＝eq \f(Emax′,\r(2))＝4eq \r(2)nBL2ω，根據電阻定律R′＝ρeq \f(l′,S橫截)可知，線圈電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，即為2R，根據串聯電路分壓原理可得，燈泡兩端電壓有效值U′＝eq \f(RE′,R＋2R)＝eq \f(4\r(2)nBL2ω,3)，C正確；若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀叮鶕＝ωr可知，小輪和線圈的角速度變小，根據E＝eq \f(nBSω,\r(2))可知，線圈產生的感應電動勢有效值變小，燈泡兩端電壓變小，則燈泡變暗，D錯誤。
考向2 峰值不對稱的正弦式波形有效值的計算
2．電壓u隨時間t的變化情況如圖所示，則電壓的有效值約為( )
A．137 V B．163 V C．174 V D．196 V
【答案】C
【解析】：由有效值的定義有：eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(156,\r(2))))2,R)×eq \f(T,2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(311,\r(2))))2,R)×eq \f(T,2)＝eq \f(U2,R)T，解得電壓的有效值U≈174 V。
考向3 矩形波形有效值的計算
3．如圖所示，一半徑為L的導體圓環(huán)位于紙面內，O為圓心。環(huán)內兩個圓心角為90°且關于O中心對稱的扇形區(qū)域內分布有勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B、方向相反且均與紙面垂直。導體桿OM可繞O轉動，M端通過滑動觸點與圓環(huán)良好接觸，在圓心和圓環(huán)間連有電阻R，不計圓環(huán)和導體桿的電阻，當桿OM以恒定角速度ω逆時針轉動時，理想電流表A的示數為( )
A．eq \f(\r(2)BL2ω,4R) B．eq \f(BL2ω,4R) C．eq \f(\r(2)BL2ω,2R) D．eq \f(BL2ω,2R)
【答案】A
【解析】：當導體桿OM在無磁場區(qū)域轉動時，沒有感應電動勢，故沒有電流，當導體桿OM在其中一個有磁場的區(qū)域轉動時，OM切割磁感線產生的電動勢為E＝eq \f(1,2)BL2ω，感應電流為I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BL2ω,2R)，當導體桿OM在另一個有磁場的區(qū)域轉動時，電流大小也為I＝eq \f(BL2ω,2R)，但方向相反，故導體桿OM旋轉一周過程中，電流情況如圖所示。設電流的有效值為I有效，則I有效2RT＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BL2ω,2R)))2R·eq \f(1,4)T，解得I有效＝eq \f(\r(2)BL2ω,4R)，選項A正確。
考點三.交變電流“四值”的理解及應用
交變電流的“四值”及應用
1．(2024·重慶高三調研)如圖所示，空間中分布著磁感應強度大小為B的勻強有界磁場，EF是其左邊界，一面積為S的n匝圓形金屬線框垂直于磁場放置，圓形線框的圓心O在EF上，線框電阻為R，若線框以角速度ω繞EF勻速轉動，并從圖示位置開始計時，則( )
A．t＝eq \f(2π,ω)時，線框中的感應電流最大
B．0到eq \f(π,2ω)時間內，通過線框的電荷量為eq \f(BS,2R)
C．線框中產生的交變電動勢的最大值為nBSω
D．線框中產生的交變電動勢的有效值為eq \f(\r(2),4)nBSω
【答案】D
【解析】： 當t＝eq \f(2π,ω)時，即ωt＝2π時，線框回到圖示位置，此時感應電流最小，磁通量最大，A錯誤；當t＝eq \f(π,2ω)，即ωt＝eq \f(π,2)時，線框轉到與圖示垂直位置，此時磁通量為零，則0到eq \f(π,2ω)時間內產生的感應電動勢的平均值為eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(B·\f(1,2)S,\f(π,2ω))＝eq \f(nBSω,π)，則0到eq \f(π,2ω)時間內，通過線框的電荷量為q＝eq \f(nBSω,Rπ)·eq \f(π,2ω)＝eq \f(nBS,2R)，B錯誤；線框中產生的交變電動勢的最大值為Em＝nB·eq \f(S,2)·ω＝eq \f(1,2)nBSω，C錯誤；線框中產生的交變電動勢的有效值為E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(\r(2),4)nBSω，D正確。
2．(2024·內江高三模擬)如圖為一交流發(fā)電機的原理示意圖。矩形線圈abcd可繞過bc、ad邊中點且垂直于勻強磁場方向的水平軸OO′勻速轉動。線圈的ab邊連在金屬滑環(huán)K上，cd邊連在金屬滑環(huán)L上；用導體做的兩個電刷E、F分別壓在兩個滑環(huán)上，線圈在轉動過程中可以通過滑環(huán)和電刷保持其兩端與外電路的定值電阻R連接。已知矩形線圈邊長ab＝cd＝L1＝50 cm，bc＝ad＝L2＝20 cm，匝數n＝100匝，線圈的總電阻r＝5.0 Ω，線圈轉動的角速度ω＝282 rad/s，外電路的定值電阻R＝45 Ω，勻強磁場的磁感應強度B＝0.05 T，eq \r(2)＝1.41。從線圈經過圖示位置開始計時，求：
(1)線圈內的電流i隨時間t變化的函數關系式；
(2)線圈轉動90°時電壓表的示數；
(3)在線圈轉過90°的過程中，通過線圈導線某截面的電荷量。
【答案】：(1)i＝2.82cs 282t(A) (2)90 V (3)0.01 C
【解析】：(1)根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢的瞬時值為e＝nBL1L2ωcs ωt
電流的瞬時值為i＝eq \f(e,R＋r)
由以上兩式解得i＝2.82cs 282t(A)。
(2)由以上分析可知Em＝141 V
外電壓最大值Um＝eq \f(R,R＋r)Em
外電壓有效值U＝eq \f(Um,\r(2))
聯立解得U＝90 V。
(3)感應電動勢的平均值eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)
轉過90°的時間Δt＝eq \f(π,2ω)
磁通量的變化量ΔΦ＝BL1L2
平均電流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
電荷量q＝eq \x\t(I)·Δt
聯立解得電荷量q＝0.01 C。
1．（2024·廣東·高考真題）將阻值為的電阻接在正弦式交流電源上。電阻兩端電壓隨時間的變化規(guī)律如圖所示。下列說法正確的是（ ）
A．該交流電的頻率為
B．通過電阻電流的峰值為
C．電阻在1秒內消耗的電能為
D．電阻兩端電壓表達式為
【答案】D
【詳解】A．由圖可知交流電的周期為0.02s，則頻率為
故A錯誤；
B．根據圖像可知電壓的峰值為，根據歐姆定律可知電流的峰值
故B錯誤；
C．電流的有效值為
所以電阻在1s內消耗的電能為
故C錯誤；
D．根據圖像可知其電壓表達式為
故D正確。
故選D。
2．（2024·河北·高考真題）為兩個完全相同的定值電阻，兩端的電壓隨時間周期性變化的規(guī)律如圖1所示（三角形脈沖交流電壓的峰值是有效值的倍），兩端的電壓隨時間按正弦規(guī)律變化如圖2所示，則兩電阻在一個周期T內產生的熱量之比為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】根據有效值的定義可知圖1的有效值的計算為
解得

圖二的有效值為
接在阻值大小相等的電阻上，因此
故選B。
3．（2024·山東·高考真題）如圖甲所示，在-d≤x≤d，-d≤y≤d的區(qū)域中存在垂直O(jiān)xy平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場（用陰影表示磁場的區(qū)域），邊長為2d的正方形線圈與磁場邊界重合。線圈以y軸為轉軸勻速轉動時，線圈中產生的交變電動勢如圖乙所示。若僅磁場的區(qū)域發(fā)生了變化，線圈中產生的電動勢變?yōu)閳D丙所示實線部分，則變化后磁場的區(qū)域可能為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【詳解】根據題意可知，磁場區(qū)域變化前線圈產生的感應電動勢為
由題圖丙可知，磁場區(qū)域變化后，當時，線圈的側邊開始切割磁感線，即當線圈旋轉時開始切割磁感線，由幾何關系可知磁場區(qū)域平行于x軸的邊長變?yōu)?br>C正確。
故選C。
4．（2024·新疆河南·高考真題）電動汽車制動時可利用車輪轉動將其動能轉換成電能儲存起來。車輪轉動時帶動磁極繞固定的線圈旋轉，在線圈中產生電流。磁極勻速轉動的某瞬間，磁場方向恰與線圈平面垂直，如圖所示。將兩磁極間的磁場視為勻強磁場，則磁極再轉過90°時，線圈中（ ）
A．電流最小B．電流最大
C．電流方向由P指向QD．電流方向由Q指向P
【答案】BD
【詳解】如圖開始線圈處于中性面位置，當磁極再轉過90°時，此時穿過線圈的磁通量為0，故可知電流最大；在磁極轉動的過程中，穿過線圈的磁通量在減小，根據楞次定律可知，此時感應電流方向由Q指向P。
故選BD。
5．（2024·廣西·高考真題）某興趣小組為研究非摩擦形式的阻力設計了如圖甲的模型。模型由大齒輪、小齒輪、鏈條、阻力裝置K及絕緣圓盤等組成。K由固定在絕緣圓盤上兩個完全相同的環(huán)狀扇形線圈、組成。小齒輪與絕緣圓盤固定于同一轉軸上，轉軸軸線位于磁場邊界處，方向與磁場方向平行，勻強磁場磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，與K所在平面垂直。大、小齒輪半徑比為n，通過鏈條連接。K的結構參數見圖乙，其中，每個線圈的圓心角為，圓心在轉軸軸線上，電阻為R。不計摩擦，忽略磁場邊界處的磁場，若大齒輪以的角速度保持勻速轉動，以線圈的ab邊某次進入磁場時為計時起點，求K轉動一周。
（1）不同時間線圈受到的安培力大??；
（2）流過線圈的電流有效值；
（3）裝置K消耗的平均電功率。
【答案】（1）見解析；（2）；（3）
【詳解】（1）由題意知大齒輪以的角速度保持勻速轉動，大小齒輪線速度相等，則
，
可得小齒輪轉動的角速度為
轉動周期為
以線圈的ab邊某次進入磁場時為計時起點，到cd邊進入磁場，經歷的時間為
這段時間內線圈產生的電動勢為
電流為
受到的安培力大小
當ab邊和cd邊均進入磁場后到ab邊離開磁場，經歷的時間為
由于M1線圈磁通量不變，無感應電流，安培力大小為0；
當M1線圈ab邊離開磁場到cd邊離開磁場，經歷的時間為
此時的安培力大小由前面分析可知
方向與進入時相反；
當M1線圈cd邊離開磁場到ab邊進入磁場，經歷的時間為
同理可知安培力為0。
（2）根據（1）可知設流過線圈的電流有效值為I，則根據有效值定義有
其中
，
聯立解得
（3）根據題意可知流過線圈和的電流有效值相同，則在一個周期內裝置K消耗的平均電功率為
考情分析
2024·廣東·高考物理第5題
2024·河北·高考物理第4題
2024·山東·高考物理第4題
2024·勸過新課標 ·高考物理第19題
復習目標
目標1.理解正弦式交變電流的產生過程，能正確書寫交變電流的函數表達式。
目標2.理解并掌握交變電流圖像的意義。
目標3.理解描述交變電流的幾個物理量，會計算交變電流的有效值。
目標4.正確理解交變電流的四值，并進行有關計算。
位置
中性面位置
與中性面垂直的位置
圖示
特點
B⊥S
B∥S
Φ＝BS，最大
Φ＝0，最小
e＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝0，最小
e＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝nBSω，最大
電流為零，方向改變
電流最大，方向不變
物理量
函數表達式
圖像
磁通量
Φ＝Φmcs ωt＝BScs ωt
電動勢
e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt
電流
i＝Imsin ωt＝eq \f(Em,R＋r)sin ωt
電壓
u＝Umsin ωt＝eq \f(REm,R＋r)sin ωt
物理含義
重要關系
適用情況
瞬時值
交變電流某一時刻的值
e＝Emsin ωt
i＝Imsin ωt
計算線圈某一時刻的受力情況
峰值
交變電流最大的瞬時值
Em＝nBSω
Im＝eq \f(Em,R＋r)
確定用電器的耐壓值、電容器的擊穿電壓
有效值
跟交變電流的熱效應等效的恒定電流值
E＝eq \f(Em,\r(2))
U＝eq \f(Um,\r(2))
I＝eq \f(Im,\r(2))
(1)計算與電流熱效應相關的量(如功率、熱量)
(2)交流電表的測量值
(3)用電器設備標注的額定電壓、額定電流
(4)保險絲的熔斷電流
平均值
i-t圖像中圖線與時間軸所圍面積與時間的比值
eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
計算通過電路某截面的電荷量

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