【课堂新坐标】2013-2014学年高中物理选修3-2（人教）教师备课：第五章 交变电流

1交变电流
●课标要求
1．知道交变电流．
2．能用函数表达式和图象描述交变电流．
●课标解读
1．会观察电流(或电压)的波形图，理解交变电流、直流的概念．
2．分析线圈转动一周中电动势和电流方向的变化，能对交变电流的产生有比较清楚的了解，具有运用基本原理解决新情境下问题的能力．
3．知道交变电流的变化规律及表示方法，知道交变电流的峰值、瞬时值的物理含义．
●教学地位
本节知识是电学的基础，在高考中尽管很少直接命题，但它是物理的最基本知识，是以后学习的基础，学习本节知识时，应引起足够的重视.
●新课导入建议
当线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时，线圈中将产生感应电流，此电流是否是恒定电流？如果不是，电流的大小和方向如何变化？线圈处于什么位置时电流最大？线圈处于什么位置时，电流方向改变？这一系列的问题在学过本节知识后就能得到解决．
●教学流程设计
课前预习安排：
1．看教材
2．填写【课前自主导学】(同学之间可进行讨论)?步骤1：导入新课，本节教学地位分析?步骤2：老师提问，检查预习效果(可多提问几个学生)?步骤3：师生互动完成“探究1”互动方式(除例1外可再变换命题角度，补充一个例题以拓展学生思路)
?
步骤7：完成“探究3”(重在讲解规律总结技巧)?步骤6：师生互动完成“探究2”(方式同完成“探究1”相同)?步骤5：让学生完成【迁移应用】，检查完成情况并点评?步骤4：教师通过例题讲解正弦交变电流的产生方法
　　　?
步骤8：指导学生完成【当堂双基达标】，验证学习情况?步骤9：先由学生自己总结本节的主要知识，教师点评，安排学生课下完成【课后知能检测】
课　标　解　读
重　点　难　点
1.理解交变电流、直流的概念．
2.了解交变电流的产生，会分析线圈转动一周中电动势和电流方向的变化．
3.知道交变电流的变化规律及表示方法．
4.知道交变电流的峰值、瞬时值的含义.
1.交变电流的产生方法．(重点)
2.交变电流的变化规律．(重点)
3.交变电流的表示方法．(难点)
4.交变电流的峰值、瞬时值、中性面等概念的理解．(难点)
交变电流
1.基本知识
(1)交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流．
(2)直流：方向不随时间变化的电流．
(3)交变电流的产生
①产生方法
闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动．
②过程分析，如图5－1－1所示．
图5－1－1
③中性面：线圈平面与磁场垂直的位置．
2．思考判断
(1)线圈转一周有两次经过中性面，每转一周电流方向改变一次．(×)
(2)只要线圈在磁场中转动就会产生交变电流．(×)
(3)交流电源没有正负极之分．(√)
3．探究交流
线圈在中性面时，磁通量、感应电动势、感应电流具有怎样的特点？
【提示】　线圈平面与磁场垂直的位置，即为中性面位置，在此位置磁通量最大，线圈的感应电动势和感应电流为零.
交变电流的变化规律
1.基本知识
(1)正弦式交变电流
①定义：按正弦规律变化的交变电流，简称正弦式电流．
②函数和图象
函数
图象
瞬时电动势：
e＝Emsin ωt
瞬时电压：
u＝Umsin_ωt
瞬时电流：
i＝Imsin ωt
　注：表达式中Em、Um、Im分别是电动势、电压和电流的峰值，而e、u、i则是这几个量的瞬时值．
(2)其他交变电流，如图5－1－2所示．
图5－1－2
2．思考判断
(1)交流电是指按正弦规律变化的电流．(×)
(2)线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生的交流电是正弦交流电．(√)
(3)交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置无关．(×)
3．探究交流
交变电流的大小是否一定变化？它与直流电的最大区别是什么？
【提示】　交变电流的大小不一定变化，如方形波电流，它与直流电的最大区别是方向发生周期性的变化．
交变电流的产生过程
【问题导思】　
1．线圈在什么位置时磁通量达到最大值、在什么位置时磁通量的变化率达到最大值？
2．线圈在什么位置时电流方向开始改变？
1．产生
在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里产生的是交变电流，实验装置如图5－1－3所示．
图5－1－3
2．过程分析
图5－1－4
如图5－1－4所示
线圈由甲位置转到乙位置过程中，电流方向为b→a→d→c.
线圈由乙位置转到丙位置过程中，电流方向为b→a→d→c.
线圈由丙位置转到丁位置过程中，电流方向为a→b→c→d.
线圈由丁位置转回到甲位置过程中，电流方向为a→b→c→d.
3．中性面
线圈平面垂直于磁感线时，线圈中的磁通量最大，而此时线圈中的电流为零，这一位置叫中性面．从上面分析可知，线圈平面经过中性面时，电流方向就发生改变，线圈绕转轴转一周经过中性面两次，因此感应电流方向改变两次．
1．矩形线框在匀强磁场中匀速转动，仅是产生交变电流的一种形式，但不是唯一方式．
2．线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．
3．线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不变．
　在交流电产生的实验中，关于中性面，下列说法正确的是(　　)
A．此时线圈各边都不切割磁感线，感应电流等于零
B．磁感线垂直于该时刻的线圈平面，所以磁通量最大，磁通量的变化率为零
C．线圈平面每次经过中性面时，感应电流的方向一定会发生改变
D．线圈平面处于跟中性面垂直的位置时，磁通量的变化率最大，感应电动势、感应电流均最大，电流方向不变
【审题指导】　解答本题时应注意把握以下两点：
(1)线圈位于中性面时，各边均不切割磁感线．
(2)线圈垂直于中性面时，两边恰好垂直切割磁感线．
【解析】　在中性面时，切割磁感线的两边的速度与磁感线平行，不切割磁感线，电动势、电流为零，A对；在中性面时，不切割磁感线，磁通量的变化率为零，磁通量最大，B对；线圈每经过一次中性面，电流方向改变一次，C对；在垂直于中性面时，切割磁感线的两边速度与磁感线垂直，最大，电动势、电流最大，D对．
【答案】　ABCD
对于交变电流产生过程中各物理量的变化情况分析，应抓住中性面这个关键位置及各物理量的情况，特别要注意的是此时刻穿过线框平面的磁通量虽最大，但磁通量的变化率却最小，等于零，电动势等于零，电流等于零．
1．(2013·兰州一中高二检测)如图5－1－5所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是(　　)
图5－1－5
A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．图示位置ab边的感应电流方向为a→b
D．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零
【解析】　线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次．线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大．
【答案】　C
交变电流的变化规律
【问题导思】　
1．怎样推导交变电流的瞬时值表达式？
2．怎样计算峰值？峰值的决定因素是什么？
1．瞬时值表达式的推导
图5－1－6
若线圈平面从中性面开始转动，如图5－1－6所示，则经过时间t：
线圈转过的角度为ωt
?
ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt
?
ab边转动的线速度大小：v＝ωR＝ω
?
ab边产生的感应电动势：eab＝BLabvsin θ＝sin ωt
?
一匝线圈产生的电动势：e＝2eab＝BSωsin ωt
?
N匝线圈产生的总电动势：e＝NBSωsin ωt
2．峰值表达式
由e＝NBSωsin ωt可知，电动势的峰值Em＝NBSω＝NΦmω，与线圈的形状及转轴位置无关．
1．若线圈从中性面开始计时，e＝Emsin ωt.
若线圈从位于与中性面垂直的位置开始计时，e＝Emcos ωt，所用瞬时值表达式与开始计时的位置有关．
2．物理学中，正弦交变电流与余弦交变电流都统称为正弦式交变电流，简称正弦式电流．
3．交变电动势的峰值Em＝NBSω，由线圈匝数N，磁感应强度B，转动角速度ω及线圈面积S共同决定．当线圈转到穿过线圈的磁通量为0的位置时，取得此值．
图5－1－7
　有一个10匝正方形线框，边长为20 cm，线框总电阻为1 Ω，线框绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图5－1－7所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T．问：
(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？
(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？
(3)写出感应电动势随时间变化的表达式．
【解析】　(1)交变电流电动势最大值为Em＝NBSω＝10×0.5×0.22×10π V＝6.28 V，
电流的最大值为Im＝Em/R＝ A＝6.28 A.
(2)线框转过60°时，感应电动势e＝Emsin60°＝5.44 V.
(3)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝6.28sin 10πt V.
【答案】　(1)6.28 V　6.28 A　(2)5.44 V
(3)e＝6.28sin10πt V
求解交变电动势瞬时值表达式的基本方法
1．确定线圈转动从哪个位置开始计时，以确定瞬时值表达式是正弦规律变化还是余弦规律变化．
2．确定线圈转动的角速度．
3．确定感应电动势的峰值Em＝NBSω.
4．写出瞬时值表达式e＝Emsin ωt或e＝Emcos ωt.
2．如图5－1－8所示，匝数为100匝的圆形线圈绕与磁场垂直的轴OO′，以50 r/s的转速转动，穿过线圈的最大磁通量为0.01 Wb，从图示的位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．
图5－1－8
【解析】　因为线圈从垂直于中性面的位置开始计时，所以e＝Emcos ωt，而Em＝NBSω，ω＝2πn，Φm＝BS＝0.01 Wb.
所以Em＝100×0.01×2×3.14×50 V＝314 V.
ω＝2πn＝2×3.14×50 rad/s＝314 rad/s.
故感应电动势的瞬时值表达式为：
e＝Emcos ωt＝314cos314t V.
【答案】　e＝314cos314t V
综合解题方略——解决交变电流图象问题的基本方法
　(2013·石河子高二检测)如图5－1－9所示，虚线OO′的左边存在着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，右边没有磁场．单匝矩形线圈abcd的对称轴恰与磁场右边界重合，线圈平面与磁场垂直．线圈沿图示方向绕OO′轴以角速度ω匀速转动(即ab边先向纸外、cd边先向纸里转动)，规定沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向．若从图示位置开始计时，图中四个图象能正确表示线圈内感应电流i随时间t变化规律的是(　　)
图5－1－9
【审题指导】　线圈在有界磁场中转动，可分阶段分析线圈中磁通量、磁通量变化率的变化规律，进而确定电流的变化规律．
【规范解答】　在0～内，ab一侧的线框在磁场中绕OO′转动产生正弦交流电，电流方向由楞次定律判断为dcba且越来越大.～内，ab一侧线框在磁场外，而dc一侧线框又进入磁场产生交流电，电流方向为dcba且越来越小，以此类推，可知i－t图象正确的为B.
【答案】　B
解决图象问题的基本方法
一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点” .二变：掌握“图与图”、“图与式”和“图与物”之间的变通能力．三判断：结合图象和公式进行正确分析和判断．
1．如图所示的各图象中表示交变电流的是(　　)
【解析】　A图表示的电流大小发生了周期性变化，而方向没有变化．C、D图中的电流大小和方向均发生了周期性变化．B图中电流大小不变而方向周期性变化．
【答案】　BCD
图5－1－10
2．(2013·石家庄高二检测)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5－1－10所示．下面说法中正确的是
(　　)
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e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大
【解析】　t1、t3时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A、C错误；t2时刻感应电动势最大，线圈位于中性面的垂面位置，穿过线圈的磁通量为零，B错误；由于线圈每过一次中性面时，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，e变换方向，所以D正确．
【答案】　D
3．(2013·桂林中学检测)闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时， 产生的正弦式交变电流i＝Imsin ωt.若保持其他条件不变，使线圈的匝数和转速各增加1倍，则电流的变化规律为
(　　)
A．i′＝Imsin ωt　　　　 B．i′＝Imsin 2ωt
C．i′＝2Imsin ωt D．i′＝2Imsin 2ωt
【解析】　由电动势的最大值知，最大电动势与角速度成正比，与匝数成正比，所以电动势最大值为4Em，匝数加倍后，其电阻也应该加倍，此时线圈的电阻为2R，根据欧姆定律可得电流的最大值为Im′＝＝2Im，因此，电流的变化规律为i′＝2Imsin 2ωt.
【答案】　D
4．一台发电机产生的按正弦规律变化的感应电动势的峰值为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的瞬时表达式．在t＝ s时电流的瞬时值为多少？
【解析】　因为电动势的峰值Em＝311 V，角速度ω＝100π rad/s，所以电动势的瞬时值表达式是e＝311sin 100πt(V)．
根据欧姆定律，电路中电流的峰值为Im＝Em/R＝ A＝3.11 A，所以通过负载的电流的瞬时值表达式是i＝3.11sin 100 πt(A)．
当t＝ s时，电流的瞬时值为
i＝3.11 sin (100π·)＝3.11× A≈1.56 A.
【答案】　(1)e＝311sin 100πt(V)
(2)i＝3.11sin 100πt(A)　1.56 A
图教5－1－1
【备选习题】(教师用书独具)
1．如图教5－1－1所示，一匝数为N的矩形线圈面积为S，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，从图示位置转过90°时电动势是(　　)
A．NBSω
B．0
C．BSω
D．NBSωcos(ωt＋90°)
【解析】　因闭合线圈从图示位置即垂直于中性面的位置开始转动，所以电动势的表达式为e＝Emcos ωt，又ωt＝90°，故A、C、D错．
【答案】　B
2．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈平面垂直中性面时，下列说法正确的是(　　)
A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大
B．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大
C．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零
D．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零
【解析】　当线圈平面垂直中性面时，线圈平面平行于磁感线，所以磁通量为零，而此时磁通量的变化率最大，或者说线圈两边切割磁感线的有效速度最大，因此线圈中的感应电动势最大，选项B正确．
【答案】　B
3．一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象如图教5－1－2甲所示，则下列说法中正确的是(　　)
　　　　　　甲　　　　　　　　　　乙
图教5－1－2
A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直
B. t＝0.01 s时刻Φ的变化率最大
C. 0.02 s时刻感应电动势达到最大
D. 该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示
【解析】　t＝0时，Φ最大，线圈应在中性面位置，A错误；t＝0.01 s时，Φ－t图象的斜率最大，故最大，B正确；t＝0.02 s时，Φ不变，故e＝0，C错误；因Φ－t图象为余弦图象，故e－t图象为正弦图象，D错误．
【答案】　B
图5－1－11
1．如图5－1－11所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为(　　)
A．0.5Bl1l2ωsin ωt
B．0.5Bl1l2ωcos ωt
C．Bl1l2ωsin ωt
D．Bl1l2ωcos ωt
【解析】　感应电动势的最大值为Em＝Bl1l2ω，线圈从垂直于中性面的位置开始转动，则t时刻的感应电动势为e＝Emsin(ωt＋)＝Bl1l2ωcos ωt.故D正确．
【答案】　D
2．(2013·邯郸高二检测)如图5－1－12所示，形状或转轴位置不同、但面积均为S的单匝线圈处在同一个磁感应强度为B的匀强磁场中，以相同的角速度ω匀速转动，从图示的位置开始计时，则下列正确的说法是(　　)
图5－1－12
A．感应电动势峰值相同
B．感应电动势瞬时值不同
C．感应电动势峰值、瞬时值都不同
D．感应电动势峰值、瞬时值都相同
【解析】　当转动轴不是线圈对称轴时，只要转轴与磁场垂直，不论线圈形状如何，转轴位置如何，最大值均为Em＝NBSω，S、ω、B、N相同，所以Em相同，从中性面开始计时，瞬时值为正弦形式e＝Emsin ωt，可见瞬时值也相同，A、D对．
【答案】　AD
3．(2012·九江一中高二检测)一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化，如图5－1－13(a)、(b)所示，规定电流从左向右为正．在直导线下方有一不闭合的金属框，则相对于b点来说，a点电势最高的时刻在(　　)
图5－1－13
A．t1时刻　　　　　　　B．t2时刻
C．t3时刻 D．t4时刻
【解析】　线框中的磁场是直线电流i产生的，在t1、t3时刻，电流i最大，但电流的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，线框中没有感应电动势，a、b两点间的电势差为零．在t2、t4时刻，电流i＝0，但电流变化率最大，穿过线框的磁通量变化率最大，a、b两点间的电势差最大，再根据楞次定律可得出a点相对b点电势最高时刻在t4.
【答案】　D
4．(2013·安庆一中高二检测)交流发电机在工作时电动势为e＝Emsin ωt，若将发电机的角速度提高一倍，同时将线框所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为(　　)
A．e′＝Emsin 
B．e′＝2Emsin 
C．e′＝Emsin 2ωt
D．e′＝sin 2ωt
【解析】　交变电流的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，其中Em＝nBSω，当ω加倍而S减半时，Em不变，故C正确.
【答案】　C
5．如图5－1－14(甲)所示，一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．当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图(乙)所示的余弦规律变化，则在t＝时刻(　　)
　　　　　　(甲)　　　　　　　　　　(乙)
图5－1－14
A．线圈中的电流最大
B．穿过线圈的磁通量为零
C．线圈所受的安培力为零
D．线圈中的电流为零
【解析】　t＝＝，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误；由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确．
【答案】　CD
6．(2013·重庆三中高二检测)如图5－1－15所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图所示的交流电，则下列判断错误的是(　　)
图5－1－15
A．在t1到t2时间内，甲乙相吸
B．在t2到t3时间内，甲乙相斥
C．t1时刻两线圈间作用力为零
D．t2时刻两线圈间吸引力最大
【解析】　这是一道交变电流与楞次定律相结合的题目，t1和t2时间内，甲中电流减小，甲中的磁场穿过乙并且减小，因此乙中产生与甲同向的磁场，故甲、乙相吸，A选项正确，同理B选项正确；t1时刻甲中电流最大，但变化率为零，乙中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C选项正确；t2时刻甲中电流为零，但此时电流的变化率最大，乙中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D选项错误．
【答案】　D
7．如图5－1－16所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时(　　)
图5－1－16
A．线圈绕P1转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流
B．线圈绕P1转动时产生的感应电动势小于绕P2转动时产生的感应电动势
C．线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同，都是a→b→c→d
D．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
【解析】　线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关，选项A正确，B错误；绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等，从上向下看，线框逆时针旋转，电流的方向应为a→d→c→b，选项C错误；电流相等，cd受到的安培力也相等，选项D错误．
【答案】　A
图5－1－17
8．(2013·青岛高二检测)处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图5－1－17)，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反应线圈感应电流I随时间t变化的图线是(　　)
【解析】　矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生交流电，在t＝0时刻，线圈和中性面垂直，所以产生的图象是余弦图象，再由楞次定律可判断出电流为a→b→c→d→a的方向，所以C选项正确．
【答案】　C
9．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100匝，转速为 r/min，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03 Wb，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为时，感应电动势为多少？
【解析】　由题意知：Φm＝0.03 Wb
ω＝2πn＝2π×× rad/s＝ rad/s.
线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故
Em＝NBSω＝NΦmω
＝100×0.03× V＝1 V
瞬时值表达式e＝Emsin ωt＝sin  V
当θ＝ωt＝时，e＝sin  V＝ V.
【答案】　1 V　 V
图5－1－18
10．如图5－1－18所示，一半径为r＝10 cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600 r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时．
(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；
(2)求线圈从图示位置开始在1/60 s时的电动势的瞬时值．
【解析】　线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝Emsin ωt.
(1)e＝Emsin ωt，Em＝NBSω(与线圈形状无关)，
ω＝20π rad/s，故e＝100sin 20πt.
(2)当t＝ s时，
e＝100sin(20π×) V＝50  V＝86.6 V.
【答案】　(1)e＝100sin 20πt　(2)86.6 V
11．如图5－1－19所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝ T，线框的CD边长20 cm，CE、DF边长10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：
图5－1－19
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象．
【解析】　(1)开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcos ωt，即e＝BSωcos ωt，
其中B＝T，
S＝0.1×0.2m2＝0.02 m2，
ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，
故e＝×0.02×100πcos 100πt V，
即e＝10cos 100πt V.
(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图所示．
【答案】　(1)e＝10cos 100πt V
(2)见解析图
图5－1－20
12．磁铁在电器中有广泛的应用，如发电机，如图5－1－20所示，已知一台单相发电机转子导线框共有N匝，线框长为l1，宽为l2，转子的转动角速度为ω，磁极间的磁感应强度为B，导出发电机瞬时电动势e的表达式．现在知道有一种永磁材料钕铁硼，用它制成发电机的磁极时，磁感应强度可增大到原来的k倍，如果保持发电机结构和尺寸、转子转动角速度、需产生的电动势都不变，那么这时转子上的导线框需要多少匝？
【解析】　线框在转动过程中，两条长边在切割磁感线，若从中性面开始计时，则经t s线框转过的角度为θ＝ωt，两条长边相当于两个电源串联在一起，单匝中产生的电动势为：e1＝2Bl1vsin θ＝2Bl1ω·sin θ＝Bl1l2ωsin ωt.
N匝时相当于N个电源串联，电动势为e＝NBl1l2·ωsin ωt，当B′＝kB且ω不变时，
e′＝N′kBl1l2·ωsin ωt，又e′＝e，所以N′＝.
【答案】　NBl1l2·ωsin ωt　
2描述交变电流的物理量
●课标要求
1．知道交变电流．
2．能用函数表达式和图象描述交变电流．
●课标解读
1．知道交变电流的周期、频率的含义，以及它们相互间的关系．知道我国生产和生活用电的周期(频率)的大小．
2．知道交变电流的峰值和有效值的意义．能利用有效值定义计算某些交变电流的有效值．
3．会应用正弦式交变电流有效值公式进行有关计算．
4．具有运用类比、迁移的科学方法分析新问题的意识和能力．
●教学地位
本节知识在高考中很少被单独命题，但它是物理的最基本知识，是以后学习的基础，学习本节知识时，要重视对基本概念的理解及应用.
●新课导入建议
许多同学家里都有调光灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现调节的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速．现在的调光灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现的．正弦式交变电流经双向可控硅调节后，可截去每1/2周期内的一部分，从而实现电压的调节，你想知道其中的奥秘吗？通过本节课的学习，我们就可以解决这个问题．
●教学流程设计
课前预习安排：
1．看教材
2．填写【课前自主导学】(同学之间可进行讨论)?步骤1：导入新课，本节教学地位分析?步骤2：老师提问，检查预习效果(可多提问几个学生)?步骤3：师生互动完成“探究1”互动方式(除例1外可再变换命题角度，补充一个例题以拓展学生思路)
?
步骤7：完成“探究3”(重在讲解规律总结技巧)?步骤6：师生互动完成“探究2”(方式同完成“探究1”相同)?步骤5：让学生完成【迁移应用】，检查完成情况并点评?步骤4：教师通过例题讲解有效值的定义和计算方法
　　　　?
步骤8：指导学生完成【当堂双基达标】，验证学习情况?步骤9：先由学生自己总结本节的主要知识，教师点评，安排学生课下完成【课后知能检测】
课　标　解　读
重　点　难　点
1.知道描述交变电流的物理量有峰值、有效值、瞬时值、平均值、周期、频率．理解这些物理量的意义．
2.会利用有效值的定义求交变电流的有效值．
3.会应用正弦交流电的峰值与有效值的关系进行有关计算.
1.对交变电流四值的理解．(重点)
2.有效值的计算．(重点)
3.对有效值的理解和计算．(难点)
4.有效值、平均值、峰值、瞬时值的应用．(难点)
周期和频率
1.基本知识
(1)周期
交变电流完成一次周期性变化所需的时间，用T表示，单位是秒．
(2)频率
交变电流在1 s内完成周期性变化的次数，用f表示，单位是赫兹，符号Hz.
(3)二者关系：T＝或f＝.
2．思考判断
(1)打点计时器所接交流电频率f＝50 Hz时，打点周期为T＝0.02 s．(√)
(2)交变电流的方向每个周期改变一次．(×)
(3)我国电网中交流电的频率是100 Hz.(×)
3．探究交流
某交变电流的瞬时表达式为i＝10 sin 100πt(A)，如何确定其交变电流的周期和频率．
【提示】　由表达式可先确定线圈的角速度
ω＝100π，又ω＝＝2πf，故T＝0.02 s，
f＝50 Hz.
峰值和有效值
1.基本知识
(1)峰值
①定义：交变电流的电压、电流所能达到的最大数值．
②应用：电容器所能承受的电压要小于交流电压的峰值．
(2)有效值
①定义：使交变电流和恒定电流通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内，产生的热量相等，那么这个恒定电流的电流、电压，叫做这个交流的有效值．
②应用—
(3)关系：对于正弦交变电流，有效值I、U与峰值Im、Um之间的关系：I＝，U＝.
2．思考判断
(1)某段时间内的交流电平均值等于这段时间始末时刻瞬时值的算术平均值．(×)
(2)我国民用交变电流，照明电压为220 V和动力电压380 V都是指有效值．(√)
(3)交变电流的有效值即为一个周期内的平均值．(×)
3．探究交流
计算有效值时应注意哪些问题？
【提示】　(1)只有正弦式电流才能用I＝的关系．
(2)方波式交变电流正、负半周最大值不等时，分段计算电热．
(3)应取一个周期或周期的整数倍计算电热.
相位
1.基本知识
对交变电流瞬时电压与时间的关系式u＝Emsin(ωt＋φ)而言，正弦符号“sin”后面的量“ωt＋φ”叫做交变电流的相位，φ是t＝0时的相位，叫做交变电流的初相位．两支交变电流相位之差叫做它们的相位差．
2．思考判断
(1)如果两个频率相同的交流电的相位差是π或π的奇数倍，则它们反相，即变化步调始终相反．(√)
(2)初相位的大小没有什么实际意义．(×)
3．探究交流
如图5－2－1所画两个交流电，其中i1比i2超前还是滞后？它们相位差是多少？
图5－2－1
【提示】　i1比i2超前Δφ＝φ1－φ2，或者i2比i1滞后Δφ.
对有效值的理解与计算
【问题导思】　
1．如何计算正弦交流电和非正弦交流电的有效值？
2．在哪些情况下描述交流电时要用到有效值？
1．有效值的理解
交变电流的有效值是根据电流的热效应来定义的，让交变电流与恒定电流分别通过相同的电阻，如果在交流电的一个周期内它们产生的热量相等，而这个恒定电流是I、电压是U，我们就把I、U叫做这个交变电流的有效值．
(1)理解交变电流的有效值要注意三同：电阻相同，时间相同，产生热量相同．
(2)通常所说的交变电流的电流、电压；交变电流电表的读数；交变电流用电器的额定电压、额定电流；保险丝的熔断电流等都是指有效值．在没有具体说明的情况下，所给出的交流电的数值都指有效值．
2．有效值的两种计算方法
(1)若按正(余)弦规律变化的电流，可利用交变电流的有效值与峰值间的关系求解，即E＝，U＝，I＝.
(2)当电流是按非正(余)弦规律变化时，必须根据电流的热效应来求解有效值，且时间一般取一个周期．其具体做法是：假设让交变电流通过电阻R，计算交变电流在一个周期内产生的热量Q(可分段计算)，其中热量Q用相应的物理量的有效值表示(如Q＝I2Rt，Q＝U2t/R)，进而求出相应的有效值．
3．几种常见交变电流有效值的计算
电流名称
电流图线
有效值
正弦式交
变电流
I＝
正弦半波
电流
I＝
正弦单向
脉动电流
I＝
矩形脉
动电流
I＝ Im
非对称性
交变电流
I＝ 
1．E＝，I＝只适用于正弦(余弦)式交变电流．对于按其他规律变化的交变电流，上述关系式不再适用．
2．凡涉及能量的问题，如电能与其他形式的能的转化过程；涉及交变电流的电功、电功率等物理量时均用有效值．在计算交变电流通过导体产生的热量及确定保险丝的熔断电流时也用有效值．
3．对于非正(余)弦交流电有效值的计算，时间一般选取一个周期．
图5－2－2
　(2013·南通高二检测)好多同学家里都有调光电灯和调速风扇，过去是用变压器来实现的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速，现在的调光灯和调速电风扇是用可控硅电子元件来实现的．如图5－2－2所示为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦式交变电流的每个二分之一周期内，前周期被截去，调节台灯上旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯两端的电压，那么现在电灯两端的电压为(　　)
A．Um/2　　　　　　　B．Um/
C．Um/(2) D.Um
【审题指导】　(1)“电灯两端的电压”应为电压的有效值．
(2)所加电压的时间为，所以最大值与有效值的关系满足U＝.
【解析】　每个二分之一周期被截去周期，原电流为正弦交流电，一个周期可以看成只剩半个周期的电压，利用有效值的定义，得()2××T＝×T，所以U＝，故A正确．
【答案】　A
计算有效值的注意事项
1．方波式交变电流正负半周期最大值不等时，分段计算电热．
2．应取一个周期或周期的整数倍计算电热．
图5－2－3
1．如图5－2－3所示表示一交变电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是(　　)
A．10A B．10 A
C．7A D．9 A
【解析】　设此交变电流的有效值为I，则根据电流的热效应有：I2R×2×10－2＝(8)2R×10－2＋(6)2R×10－2，解得I＝10 A，选项B正确．
【答案】　B
交变电流的“四值”对比
【问题导思】　
1．正弦交流电的“四值”分别是什么？
2．交变电流的“四值”分别在什么情况下使用？
物理含义
重要关系
适用情况
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e＝Emsin ω t
i＝Imsin ωt
计算线圈某一时刻的受力情况
最大值
最大的瞬时值
Em＝NBSω
Im＝
确定用电器的耐压值
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流值
E＝Em/
U＝Um/
I＝Im/
(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)
(2)交流电表的测量值
(3)电气设备标注的额定电压、额定电流
(4)保险丝的熔断电流
平均值
交变电流图象中图线与时间轴所夹面积与时间的比值
＝n
计算通过电路截面的电荷量
＝
1．交变电流的平均值不等于有效值，不是初、末状态瞬时值的平均值．
2．交变电流的平均值与交变电流的方向及所取时间的长短均有关．
图5－2－4
如图5－2－4所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度为B＝T，当线圈以300 r/min的转速匀速转动时，求：
(1)转动中感应电动势的最大值和有效值；
(2)写出从图中位置开始计时的交变电流的瞬时值表达式；
(3)电路中交流电压表和电流表的示数；
(4)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量．
【审题指导】　(1)线圈在磁场中匀速转动产生的正弦交流电．
(2)电表的示数应为交流电的有效值．
(3)求解电荷量应用交流电的平均值．
【解析】　(1)Em＝NBSω＝100××0.05×2π× V＝50 V，E＝＝25 V≈35.4 V
(2)在图中位置线圈处于中性面，故交变电流的瞬时值e＝Emsin ωt，则
e＝50 sin(2π×t)V＝50 sin 10 πt V.
(3)电流表示数：I＝≈3.54 A
电压表示数：
U＝IR＝3.54×9 V＝31.86 V
(4)从图示位置转过90°的过程中，＝N，又因为＝，所以q＝Δt＝＝＝0.16 C.
【答案】　(1)50 V　35.4 V　(2)e＝50 sin 10πt V
(3)31.86 V　3.54 A　(4)0.16 C
2. 如图5－2－5所示，设ab边长为20 cm，ad边长为10 cm，匝数为100匝，磁感应强度B为0.2 T，线圈匀速转动的角速度为314 rad/s，从中性面开始计时，试写出电动势瞬时值表达式．如果该发电机接一阻值为190 Ω的用电器，发电机线圈总内阻为10 Ω，则该用电器消耗的电功率是多少？
图5－2－5
【解析】　该发电机产生的电动势峰值Em＝NBSω＝100×0.2×0.2×0.1×314 V＝125.6 V，
电动势瞬时值表达式e＝125.6sin 314t(V)．
它的有效值E＝ V＝62.8 V，
I＝＝ A＝0.314 A，
电阻消耗的电功率P＝I2R＝(0.314)2×190 W＝37.5 W.
【答案】　125.6sin 314t(V)　37.5 W
综合解题方略——交变电流的图象问题
　(2013·哈尔滨六中高二检测)如图5－2－6是某交流发电机产生的交变电流的图象，根据图象可以判定
(　　)
图5－2－6
A．此交变电流的频率为5 Hz
B．该交变电流的电压瞬时值的表达式为u＝12sin 10πt(V)
C．将标有“12 V　3 W”的灯泡接在此交流电源上，灯泡可以正常发光
D．图象上对应的0.1 s时刻，发电机中的线圈刚好转至中性面
【解析】　由图象可知，交变电流的周期T＝0.2 s，交变电压的最大值Um＝12 V，所以此交变电流的频率f＝1/T＝5 Hz，角速度ω＝2π/T＝10π rad/s，交变电压瞬时值的表达式u＝Umsin ωt＝12sin 10πt(V)，选项A、B均正确；标有“12 V　3 W”的灯泡正常发光时其两端电压的有效值为12 V，而交变电压有效值U＝Um/＝6V，所以灯泡不能正常发光，选项C错误；图象上对应的0.1 s时刻，交变电压瞬时值为零，穿过发电机中的线圈的磁通量最大，发电机中的线圈刚好转至中性面，选项D正确．
【答案】　ABD
通过交变电流的图象可获得的信息
1．交变电流的周期(可计算频率)
2．交变电流的最大值(可计算有效值)
3．任一时刻交变电流的瞬时值
4．根据最大值和角速度可写出瞬时值表达式

1．(2013·铜陵高二检测)如图5－2－7是一个正弦式交变电流的图象，下列说法正确的是 (　　)
图5－2－7
A．周期是0.2 s，电流的峰值是10 A
B．周期是0.15 s，电流的峰值是10 A
C．频率是5 Hz，电流的有效值是10 A
D．频率是0.2 Hz，电流的有效值是7.07 A
【解析】　由图象可知T＝0.2 s，Im＝10 A，故频率f＝＝5 Hz，I＝＝5 A＝7.07 A．A正确，B、C、D错误．
【答案】　A
2．某一电热器接在U＝110 V的直流电源上，每秒产生的热量为Q；现把它改接到正弦式交流电源上，每秒产生的热量为2Q，则该交流电压的最大值Um是 (　　)
A．110 V　　　　　　　B．110 V
C．220 V D．220 V
【解析】　接在直流电源上，Q＝t，接在正弦式交流电源上应有2Q＝t，
所以Um＝2U＝220 V.
【答案】　C
3．已知交变电流i＝Imsin ωt，线圈从中性面开始转动，则转动多长时间，其瞬时值等于有效值(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　根据＝Imsin ωt，得sin ωt＝，则ωt＝，t＝.
【答案】　C
图5－2－8
4．(2013·福建高考)如图5－2－8，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10sin 10πt(V)，则(　　)
A．该交变电流的频率为10 Hz
B．该电动势的有效值为10 V
C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W
D．电路中理想交流电流表?的示数为1.0 A
【解析】　根据感应电动势的表达式求解交变电流的四值．
因e＝10sin 10πt(V)，故ω＝10π rad/s，f＝＝5 Hz，选项A错误；Em＝10 V，故其有效值E＝＝10 V，选项B错误；交流电表的示数及功率的计算均要用有效值，因此电路中?表的示数I＝＝1.0 A，选项D正确；外接电阻R所消耗功率为P＝I2R＝1.02×9 W＝9 W，选项C错误．
【答案】　D
5．(2013·包头高二检测)
矩形线圈面积为S，匝数为N，内阻为r，绕OO′轴以角速度ω做匀速转动．磁场的磁感应强度为B.当它从图5－2－9中位置转过90°的过程中，求：
(1)通过电阻R的电荷量是多少？
(2)外力做的功是多大？
图5－2－9
【解析】　(1)线圈从图中位置转过90°过程中，通过R的电流是逐渐增大的，计算通过电阻R的电荷量，应该用电流的平均值．
＝＝＝＝
所以q＝Δt＝·Δt＝.
(2)外力所做的功等于电路中电流所做的功，而计算电功应该用交变电流的有效值．由于Em＝NBSω，所以有效值E＝＝，对于纯电阻电路W电＝t，而t＝，
所以W外＝W电＝·＝.
【答案】　(1)　(2)
【备选习题】(教师用书独具)
1．某交变电流的方向在1 s内改变了100次，则其周期T和频率f分别为 (　　)
A．T＝0.01 s　　　　　 B．T＝0.02 s
C．f＝100 Hz D．f＝50 Hz
【解析】　由于正弦式交流电每周期内方向改变两次，所以其频率为50 Hz，由T＝得T＝0.02 s.
【答案】　BD
2．以下说法正确的是 (　　)
A．交变电流的有效值就是它的平均值
B．任何交变电流的有效值都是其最大值的
C．如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q，那么该交变电流的有效值为
D．以上说法均不正确
【解析】　交变电流的有效值不同于它的平均值，A错误；只有正弦式交变电流的有效值才是其最大值的，B错误；根据有效值定义，交变电流接在电阻R上，Q＝I2Rt，I＝，C错误，所以答案选D.
【答案】　D
3．(2013·通州高二检测)如图教5－2－1所示是一交变电流的i－t图象，则该交变电流的有效值为 (　　)
图教5－2－1
A．4 A B．2A
C. A D. A
【解析】　设该交变电流的有效值为I，由有效值的定义得()2Rt1＋IRt2＝I2Rt.而t＝t1＋t2，代入数据解得：I＝ A，故D正确．
【答案】　D
4．交流电源电压u＝20 sin(100πt)V，电路中电阻R＝10 Ω.则如图教5－2－2电路中电流表和电压表的读数分别为
(　　)
图教5－2－2
A．1.41 A,14.1 V　　　 B．1.41 A,20 V
C．2 A,20 V D．2 A,14.1 V
【解析】　电流表和电压表测量的是交变电流的有效值；由u＝20sin(100πt)V知Um＝20 V，故U＝＝10 V＝14.1 V，电流的读数I＝＝1.41 A，故A正确．
【答案】　A
5．一个电热器接在10 V的直流电源上，在时间t内产生的焦耳热为Q，今将该电热器接在一个交流电源上，它在时间2t内产生的焦耳热为Q，则这一交流电源的交流电压的最大值和有效值分别是(　　)
A．最大值是10 V，有效值是10 V
B．最大值是10 V，有效值是5 V
C．最大值是5 V，有效值是5 V
D．最大值是20 V，有效值是10 V
【解析】　设电热器电阻为R，接10 V的直流电源时，
Q＝·t①
设交流电压有效值为U，则Q＝·2t②
由①②两式可得U＝5 V，故最大值为10 V.
【答案】　B
1．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图5－2－10所示．由图可知(　　)
图5－2－10
A．该交流电的电压有效值为100 V
B．该交流电的频率为25 Hz
C．该交流电的电压的有效值为100 V
D．若将该交流电压加在阻值R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50 W
【解析】　由图象可看出该交流电的电压有效值为 V，A、C错误；频率为25 Hz，B正确；P＝＝50 W，D正确．
【答案】　BD
2．(2013·东北师大附中高二检测)一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n r/s，则(　　)
A．线框交变电动势的峰值为nπBS
B．线框交变电动势的有效值为nπBS
C．从开始转动经过1/4周期，线框中的平均感应电动势为2nBS
D．感应电动势的瞬时值为e＝2nπBSsin2nπt
【解析】　因为ω＝2πn，所以Em＝BSω＝2πnBS，所以A错误；E＝＝nπBS，B正确；因为T＝＝，所以＝＝＝＝4nBS，C错误；e＝Emsin ωt＝2πnBSsin 2πnt，D正确．
【答案】　BD
3．两个完全相同的电热器，分别通以图5－2－11甲、乙所示的峰值相等的矩形交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比P甲∶P乙等于(　　)
　　　　　甲　　　　　　　　　　　乙
图5－2－11
A.∶1　　　　　　　B．2∶1
C．4∶1 D．1∶1
【解析】　甲为矩形交变电流，它的大小恒为Im，方向做周期性的变化，而电流通过电阻的热功率跟电流的方向无关，所以矩形交变电流通过电阻R的热功率P甲＝IR；乙为正弦交变电流，计算热功率时要用电流的有效值：I＝，所以P乙＝I2R＝()2R＝R＝，得＝.故B正确．
【答案】　B
4．(2012·北京高考)一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦式交流电源上，其消耗的电功率为.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为(　　)
A．5 V B．5 V
C．10 V D．10 V
【解析】　根据P＝，对直流电有P＝，对正弦式交流电有＝，所以正弦式交流电的有效值为U′＝＝ V，故交流电源输出电压的最大值U′m＝U′＝10 V，故选项C正确，选项A、B、D错误．
【答案】　C
5．(2013·鞍山一中高二检测)夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行．一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图5－2－12所示，此空调器运转1 h用电(　　)
图5－2－12
A．1.0度 B．1.5度
C．2.0度 D．2.5度
【解析】　 由图象知，电功率随时间的变化周期为15 min，前5 min为0.5 kW，后10 min为2 kW.设电功率的有效值为P，周期为T，据有效值定义有P1＋P2＝PT
将P1＝0.5 kW，P2＝2 kW代入得：
P＝1.5 kW.此空调1 h用电W＝Pt＝1.5(度)．
【答案】　B
6．将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B，方向如图5－2－13所示的匀强磁场中匀速运动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为(　　)
图5－2－13
A. B.
C. D.
【解析】　不封闭的正方形在磁场中转动产生正弦交流电，其产生交流电的最大值Um＝Blv＝Blωl＝Bl22πn，其有效值U＝＝πnBl2
由于灯泡正常发光功率为P，则P＝，可得R＝.
【答案】　B
图5－2－14
7．如图5－2－14所示，单匝矩形线圈abcd处在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，线圈所围面积为S，线圈的总电阻为R.t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在离开纸面向外运动，则(　　)
A．时刻t线圈中电流的瞬时值i＝cos ωt
B．线圈中电流的有效值I＝
C．线圈中电流的有效值I＝
D．线圈消耗的电功率P＝
【解析】　由题意得i＝sin ωt，电流有效值I＝，P＝
所以只有选项C正确．
【答案】　C
8．(2012·潮州高二检测)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5－2－15甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则(　　)
图5－2－15
A．电压表的示数为220 V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．灯泡实际消耗的功率为484 W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
【解析】　电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图象知电动势的最大值Em＝220 V，有效值E＝＝220 V．灯泡两端电压U＝IR＝R＝209 V，A错误；由图象知T＝0.02 s，一个周期内电流方向变化2次，可知1 s内电流方向变化100次，B错误；灯泡的实际功率P＝＝459.8 W，C错误；电流的有效值I＝＝2.2 A，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J，D正确．
【答案】　D
图5－2－16
9．(2011·四川高考)如图5－2－16所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A．那么(　　)
A．线圈消耗的电功率为4 W
B．线圈中感应电流的有效值为2 A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint
【解析】　线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正(或余)弦式交变电流，因为从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以瞬时电动势表达式e＝Emcos ωt，当转过60°时e＝Emcos 60°＝，而i＝＝＝＝1 A，所以Em＝4 V．故电动势有效值E＝＝2 V，则线圈消耗功率P＝＝ W＝4 W，则选项A正确；线圈中感应电流的有效值I＝＝ A＝ A，则选项B错误；因为Em＝4 V，所以e＝Emcos ωt＝4 cost V，则选项C正确；因为Em＝BS·，所以Φm＝BS＝＝，所以任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝Φm·sin ωt＝sin t，所以选项D错误．
【答案】　AC
10．电阻R1、R2与交流电源按照如图5－2－17甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示．则(　　)
　　　　　甲　　　　　　　　　　　乙
图5－2－17
A．通过R1的电流有效值是1.2 A
B．R1两端的电压有效值是6 V
C．通过R2的电流最大值是1.2 A
D．R2两端的电压最大值是6 V
【解析】　由i-t图象可知，电流最大值Im＝0.6 A，有效值I＝＝0.6 A，因R1与R2串联，则I1＝I＝0.6 A，U1＝IR1＝6 V，I2m＝Im＝0.6 A，
U2m＝ImR2＝12 V，故A、C、D错误，B正确．
【答案】　B
11．一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈的匝数n＝100，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化关系如图5－2－18甲所示，发电机线圈的电阻r＝5 Ω，外电路电阻R＝95 Ω.求串联在外电路中的交流电流表的读数．(结果保留2位小数)
图5－2－18
【解析】　感应电动势的最大值：Em＝nBSω＝nΦmω
设线圈在磁场中转动的周期为T，则有ω＝
根据欧姆定律，电路中的电流的最大值为：
Im＝
有效值：I＝Im
由题中给定的Φ－t图象可得：Φm＝1.0×10－2 Wb，T＝3.14×10－2 s
解以上各式，并代入数据，得：I＝1.41 A.
【答案】　1.41 A
12．如图5－2－19所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO′轴从图示位置开始匀速转动，已知从图示位置转过时，线圈中电动势大小为10 V．求：
图5－2－19
(1)交变电动势的峰值；
(2)交变电动势的有效值；
(3)设线圈电阻为R＝1 Ω，角速度ω＝100 rad/s，线圈由图示位置转过的过程中通过导线横截面的电荷量q.
【解析】　(1)由题意知图中位置是中性面，从此时开始计时，正弦交变电动势的瞬时值为：e＝Emsin ωt，将ωt＝，e＝10 V代入上式，解得峰值为Em＝20 V.
(2)因为此电流为正弦交变电流，所以交变电动势的有效值为：
E＝＝ V＝10 V.
(3)在线圈转过的过程中，穿过线圈平面的磁通量变化量ΔΦ＝BS，据Em＝BSω得，ΔΦ＝BS＝＝0.2 Wb，所以E＝，I＝＝.又因为q＝IΔt＝，故通过导线横截面的电荷量q＝＝ C＝0.2 C.
【答案】　(1)20 V　(2)10 V　(3)0.2 C
3电感和电容对交变电流的影响
●课标要求
通过实验，了解电容、电感对交变电流的导通和阻碍作用．
●课标解读
1．通过实验，了解电感器和电容器对交变电流的阻碍和导通作用．
2．知道感抗和容抗的物理意义及影响因素．
3．通过猜想、假设、实验、交流合作与分析论证，体验科学探究过程．
●教学地位
本节知识在高考中尽管很少直接命题，但它是物理的最基本知识，是以后学习的基础，学习本节知识时，应重视对现象和规律的理解及应用.
●新课导入建议
我们知道，把白炽灯和电容器串联后接通直流电源，白炽灯不亮，但是若改接交流电源，灯泡就亮了，是不是很奇特？这是为什么呢？
用一灯泡和一段直导线串联接交流电源，灯泡发光，若把这段导线缠绕成线圈再接入原电路，灯泡亮度竟然减弱，这又是为什么呢？学习了本节课的知识，就能解决上面这两个问题．
●教学流程设计
课前预习安排：
1．看教材
2．填写【课前自主导学】(同学之间可进行讨论)?步骤1：导入新课，本节教学地位分析?步骤2：老师提问，检查预习效果(可多提问几个学生)?步骤3：师生互动完成“探究1”互动方式(除例1外可再变换命题角度，补充一个例题以拓展学生思路)
?
步骤7：完成“探究3”(重在讲解规律总结技巧)?步骤6：师生互动完成“探究2”(方式同完成“探究1”相同)?步骤5：让学生完成【迁移应用】，检查完成情况并点评?步骤4：教师通过例题讲解电感对交变电流的阻碍作用
　　　?
步骤8：指导学生完成【当堂双基达标】，验证学习情况?步骤9：先由学生自己总结本节的主要知识，教师点评，完善课堂小结让学生有一个总的感知和认识，安排学生课下完成【课后知能检测】
课　标　解　读
重　点　难　点
1.通过实验了解电感对交变电流的阻碍作用，能够运用所学知识分析含有电感的简单交变电路．
2.通过实验了解电容对交变电流的阻碍作用，能够分析简单交变电路中电容器的作用．
3.简单了解电感器和电容器在电工和电子技术中的应用.
1.电感和电容对交变电流的影响．(重点)
2.电感器和电容器的应用．(重点)
3.电感和电容对交变电流阻碍作用的理解．
(难点)
4.影响感抗和容抗大小的因素．(难点)
电感器对交变电流的阻碍作用
1.基本知识
(1)实验探究(如图5－3－1所示)
①实验电路：
图5－3－1
②实验条件：直流电源电压与交流电源电压有效值相等．
③实验现象：接通直流电源时，灯泡亮些；接通交流电源时，灯泡暗些．
④实验结论：电感线圈对交流电流有阻碍作用．
(2)感抗
①物理意义：表示电感器对交变电流阻碍作用的大小的物理量．
②影响因素：线圈的自感系数越大，交流的频率越高，感抗越大．
③应用：扼流圈
低频扼流圈：可以用来“通直流，阻交流”．
高频扼流圈：可以用来“通直流，通低频，阻高频”．
2．思考判断
(1)电感对交变电流阻碍作用越大，感抗就越小．(×)
(2)低频扼流圈用来通低频阻高频．(×)
(3)电感线圈之所以对交变电流有阻碍作用，是由于自感电动势总是阻碍电流的变化．(√)
3．探究交流
将一灯泡直接接到电源上和将灯泡与一阻值很小的线圈串联后接到相同的直流电源上，接通电源后灯泡的亮度变化有何不同？试分析产生这种现象的原因．
【提示】　看到的现象是与线圈串联的灯泡逐渐亮起来，最后稳定时亮度基本相同，原因是接通电源，电流增大的过程中，线圈对电流产生了阻碍作用.
交变电流能够通过电容器及电
容器对交变电流的阻碍作用
1．基本知识
(1)交变电流能够通过电容器
①实验电路(如图5－3－2)
图5－3－2
②实验现象：电路中串有电容器时，接通直流电源，灯泡不亮；接通交流电源，灯泡亮．
③实验结论：交变电流能够通过电容器，直流不能通过电容器．
(2)电容器对交变电流的阻碍作用
①实验探究
对交变电流 有阻碍作用
②容抗
物理意义：表示电容对交流阻碍作用的大小．
影响容抗大小的因素：电容器的电容越大，交流的频率越高，容抗越小．
③作用：电容器具有“隔直流，通交流”的作用．
2．思考判断
(1)电容器在交变电路中，相当于一个电阻，具有分压作用．(√)
(2)电容器接到交流电源时，有自由电荷通过电容器．(×)
(3)电容器是通直流、阻交流，通高频、阻低频．(×)
3．探究交流
试分析电容器的电容C与容抗的定性关系，若要通高频阻低频，应选用电容C大些的还是小些的电容器？
【提示】　电容器的电容C越大，充放电显示的容抗越小，若要通高频阻低频，则电容器的容抗在低频时应表现很大，必须选用电容C较小的电容器．

电感对交变电流的阻碍作用
【问题导思】　
1．电感为什么对交变电流有阻碍作用？决定感抗大小的因素是什么？
2．电感线圈在电路中的作用是什么？有哪些具体的应用？
1．电感对交变电流的阻碍作用的成因
通过线圈的电流大小和方向变化，都会引起通过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，这种现象就是自感现象．根据楞次定律，自感电动势所引起的感应电流总是要使它产生的磁场阻碍线圈内原有磁场的变化，所以自感电动势对线圈中电流的变化有阻碍作用，这样就形成了对交变电流的阻碍作用，电感对交变电流阻碍作用的大小就称为感抗．
2．感抗的两个决定因素
决定感抗大小的因素有两个：一是交变电流的频率，二是自感系数L.L决定于线圈本身的性质，即线圈匝数、横截面积、有无铁芯等因素．
3．电感线圈在电路中的作用
由上面第一个因素可知：电感线圈对恒定直流(＝0)没有感抗作用，因此电感线圈可以概括为“通直流，阻交流”，同时对频率越高的交变电流感抗越大，即所谓“通低频，阻高频”．由上面第二个因素可知：要求低频扼流圈感抗大，就要用自感系数较大的线圈即匝数较多并有铁芯的扼流圈来担任；高频扼流圈的自感系数要小得多，可以用匝数少且没有铁芯的扼流圈来担任．
1．电感对交变电流存在阻碍作用，这种阻碍作用与交变电流的频率有关，频率越高，感抗越大．
2．电感“通直流，阻交流，通低频，阻高频”．
图5－3－3
　(2013·泰安高二检测)在如图5－3－3所示的电路中，L为电感线圈，R为灯泡的电阻，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压U＝220sin100 πt V．若保持电源电压有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的是(　　)
A．电流表示数增大　
B．电压表示数增大
C．灯泡变暗
D．灯泡变亮
【审题指导】　解答本题时应把握以下两点：
(1)感抗与交变电流的频率的关系．
(2)串联电路的电压关系．
【解析】　由U＝220sin 100πt，可得电源原来的频率为f＝＝ Hz＝50 Hz.当电源频率由原来的50 Hz增为100 Hz时，线圈的感抗增大；在电压不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错误；
灯泡的电阻R是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率(P＝I2R)减小，灯泡变暗，选项C正确，D错误；电压表与电感线圈并联，其示数为线圈两端的电压UL；设灯泡两端电压为UR，则电源电压的有效值为U＝UL＋UR，因UR＝IR；电流I减小时，UR减小；因电源电压有效值保持不变．故UL＝(U－UR)增大，选项B正确．
【答案】　BC
图5－3－4
1. (2013·曲师大附中高二检测)一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图5－3－4所示．一铁棒插进线圈之后，该灯将(　　)
A．变亮
B．变暗
C．没有影响
D．无法判断
【解析】　在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势，总是反抗电流变化．正是这种反抗变化的特性(电惰性)，使线圈产生了感抗．加入铁芯改变了电感的自感系数，自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，灯泡上的电压减小，所以灯变暗．故B正确．
【答案】　B
电容对交变电流的阻碍作用
【问题导思】　
1．交变电流为什么能“通过”电容器？
2．电容器对交变电流的阻碍作用是怎样产生的？
3．决定容抗大小的因素是什么？
1．交变电流“通过”电容器
电容器两极板间是绝缘材料，当电容器接到交流电源上时，自由电荷不会通过两极板间的绝缘电介质，只不过在交变电压的作用下，电容器交替进行充电和放电，电路中就有电流了，表现为交变电流“通过”了电容器．
2．电容器对交变电流有阻碍作用的原因
当交变电流“通过”电容器时，给电容器充电或放电，形成充电或放电电流，在形成电流的过程中，对自由电荷来说，当电源的电压推动它们向某一方向做定向移动的时候，电容器两极板上积累的电荷却反抗它们向这个方向做定向移动，也就是说在给电容器充电或放电过程中，在电容器两极形成跟原电压相反的电压，这就对电流产生了阻碍作用．
3．决定容抗的两个因素
交流电的频率和电容器的电容．
4．电容在电路中的作用
交变电流的频率越高，电容器充电时集聚的电荷相对较少，对电荷运动的阻碍作用越小，容抗也越小．同理，电容器的电容越大，容纳电荷的本领越大，充放电时所受的阻碍越小，容抗也就越小，所以电容有“通交流、隔直流，通高频、阻低频”的作用．
1．电容器的电容越大，交变电流的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小，容抗也越小．
2．电容的作用是“通交流，隔直流，通高频，阻低频”．
图5－3－5
　如图5－3－5所示，白炽灯和电容器串联后接在交流电源的两端，当交流电源的频率增大时(　　)
A．电容器电容增大　　　　
B．电容器电容减小
C．电灯变暗
D．电灯变亮
【审题指导】　(1)电容器的容抗与交变电流的频率有关．
(2)频率增大时，容抗减小．
【解析】　电容器的电容是由电容器本身的特性决定的，与外加的交流电源的频率无关，故选项A和B是错误的．当交流电源的频率增加时，电容器充、放电的速度加快，电容器的容抗减小，电流增大，电灯变亮．
【答案】　D
图5－3－6
2. (2012·徐州一中高一检测)如图5－3－6所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是(　　)
A．等于220 V
B．大于220 V
C．小于220 V
D．等于零
【解析】　虽然交变电流能通过电容器，但也受到阻碍作用，电容器与电阻串联，根据分压原理可知电阻两端的电压小于电源电压，电压表测的是电阻两端的电压，C正确．
【答案】　C
综合解题方略——含电阻、电感
器、电容器电路的分析方法
图5－3－7
　如图5－3－7所示，在电路两端加上正弦交流电，保持电压有效值不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是：灯1变亮，灯2变暗，灯3不变，则M、N、L中所接元件可能是(　　)
图5－3－7
A．M为电阻，N为电容器，L为电感线圈
B．M为电感线圈，N为电容器，L为电阻
C．M为电容器，N为电感线圈，L为电阻
D．M为电阻，N为电感线圈，L为电容器
【审题指导】　解答本题应把握以下两点：
(1)电阻不随交变电流频率的变化而改变．
(2)交变电流频率增加，感抗增大而容抗减小．
【规范解答】　当交变电流的频率增大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，由灯1变亮，灯2变暗可知M为电容器，N为电感线圈，而电阻与交变电流的频率无关，故L为电阻，C正确．
【答案】　C
电感、电容接到交流电源上时，电能与磁场能或电场能往复转化，所以电感、电容上不会消耗电能，而电流通过电阻时，必然会产生焦耳热，从而造成电能的损耗．

图5－3－8
1．如图5－3－8所示，是由交流电源供电的线路，如果交变电流的频率减小，则(　　)
A．线圈L的自感系数减小
B．线圈L的感抗减小
C．电路中的电流增大
D．灯泡变暗
【解析】　本题考查感抗对交变电流的阻碍作用，本题的关键是理解感抗与哪些因素有关．自感系数由线圈本身决定，与交变电流频率无关，A项错误；当交变电流频率减小时，线圈L的感抗减小，B项正确；感抗减小对交变电流的阻碍作用减小，使电路中电流增大，灯泡变亮，C项正确，D项错；故正确答案为B、C.
【答案】　BC
2．交变电流通过一段长直导线时，电流为I，如果把这根长直导线绕成线圈，再接入原电路，通过线圈的电流为I′，则(　　)
A．I′>I　　　　　　 B．I′C．I′＝I D．无法比较
【解析】　长直导线的电阻和自感系数都很小，其对交变电流的阻碍作用很小，当把其绕成线圈以后，电阻值未变，但自感系数增大，对交变电流的阻碍作用变大，故电流应变小，选项B是正确的．
【答案】　B
3．关于低频扼流圈和高频扼流圈的阻碍作用的说法，下述正确的有(　　)
A．低频扼流圈对低频交流电有很大的阻碍作用，对高频交流电的阻碍作用就更大
B．低频扼流圈对低频交流电有很大的阻碍作用，对高频交流电的阻碍作用就较小
C．高频扼流圈对高频交流电有很大的阻碍作用，对低频交流电的阻碍作用就更大
D．高频扼流圈对高频交流电有很大的阻碍作用，对低频交流电的阻碍作用就较小
【解析】　因低频扼流圈自感系数很大，因此对低频交流电有很大的阻碍作用，对高频交流电的阻碍作用就更大，A对，B错；高频扼流圈自感系数较小，对高频交流电有很大的阻碍作用，对低频交流电的阻碍作用就较小，C错，D对．
【答案】　AD
图5－3－9
4．如图5－3－9所示，电路中完全相同的三只灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，然后再并联到220 V、50 Hz的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同．若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到60 Hz，则发生的现象是(　　)
A．三灯亮度不变
B．三灯均变亮
C．a不变、b变亮、c变暗
D．a不变、b变暗、c变亮
【解析】　当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，因此c变亮，b变暗．又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，故a灯亮度不变．所以选D.
【答案】　D
图5－3－10
5．如图5－3－10所示，线圈L的自感系数和电容器的电容C都很小(如L＝100 μH，C＝100 pF)，此电路的主要作用是(　　)
A．阻直流、通交流，输出交流电
B．阻交流、通直流，输出直流电
C．阻低频、通高频，输出高频交流电
D．阻高频、通低频，输出低频交流电和直流电
【解析】　本题的关键是理解电感和电容对交变电流的作用．因线圈L的自感系数很小，所以对低频交流成分的阻碍作用很小，这样直流成分和低频交流成分能顺利通过线圈．电容器C为一旁路电容，因其电容很小，对高频交流成分的阻碍作用很小，这样部分通过线圈的高频交流成分又经过电容器C形成回路，最终输出的应为低频交流电和直流电．故选D.
【答案】　D
6．如图5－3－11所示，线圈与灯泡、电流表串联后接在交流电源上，不计电流表的电阻，电压表的电阻可认为无穷大．交流电源的电压u＝220sin(100πt)V，保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，试分析电流表、电压表示数的变化情况，并说明理由．
图5－3－11
【解析】　由电压的表达式知，原来电源的频率为50 Hz，频率改为100 Hz后，频率增大，线圈的感抗增大，故电流表的示数减小，灯泡亮度变暗，而总电压不变，电压表示数增大．
【答案】　见解析
1．关于电感对交变电流的影响，下列说法正确的是(　　)
A．电感不能通直流电流，只能通交变电流
B．电感对各种不同频率的交变电流的阻碍作用相同
C．同一个电感线圈对频率低的交变电流的阻碍较小
D．同一个电感线圈对频率高的交变电流的阻碍较小
【解析】　电感线圈可以通直流，A错；电感对不同频率的交变电流阻碍作用不同，B错；同一电感线圈对高频交流电阻碍作用大，D错，C正确．
【答案】　C
2．对交变电流能够通过电容器的正确理解是(　　)
A．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，电路中才有交变电流
【解析】　电容器能够通过交变电流，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对，D错．既然电容器交替充、放电，电路中就有了电荷的定向移动，故B对，A错．
【答案】　BC
3．电感和电容对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交流电的频率有关，下列说法中正确的是(　　)
A．电感是通直流、阻交流，通高频、阻低频
B．电容是通直流、阻交流，通高频、阻低频
C．电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频
D．电容是通交流、隔直流，通低频、阻高频
【解析】　电感线圈的作用是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”，电容器的作用是“通交流、隔直流，通高频、阻低频”，所以C项正确．
【答案】　C
4．(2012·台州中学高二检测)直流电源的电压与交流电源电压的有效值相同，自感线圈的直流电阻不计，则灯泡发光最亮的是图中的 (　　)
【解析】　电容C、电感L都对交流电有阻碍作用，故A、B两图中灯不是最亮的；C图中灯被短路，不亮；D图中电容C有隔直流作用，所以D中灯泡最亮．
【答案】　D
5．如图5－3－12(甲)、(乙)两图是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“—”表示．关于两图中负载电阻R上得到的电流特征是 (　　)
　　　　　　(甲)　　　　　　　　　　　　　(乙)
图5－3－12
A．图(甲)中R得到的是交流成分
B．图(甲)中R得到的是直流成分
C．图(乙)中R得到的是低频成分
D．图(乙)中R得到的是高频成分
【解析】　当交变电流加在电容器上时，有“通交流、隔直流，通高频、阻低频”的特性，(甲)图中电容器隔直流，R得到的是交流成分．A正确、B错误；(乙)图中电容器通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确、D错误．
【答案】　AC
6．某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分，为使放大器仅得到交流低频成分，如图所示电路中可行的是(　　)
【解析】　信号中含有三种成分，去掉直流成分用隔直电容即可，因此排除A、B.而C中交流高、低频成分均进入放大器，需加入另一旁路电容C2，所以D项正确．
【答案】　D
7.
图5－3－13
(2013·济南中学检测)两只相同的白炽灯L1、L2接到如图5－3－13所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感器串联，当a、b处接电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．更换一个新的正弦交流电源后灯L1的亮度大于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率可能是(　　)
A．最大值仍为Um，而频率大于f
B．最大值仍为Um，而频率小于f
C．最大值小于Um，而频率仍为f
D．最大值大于Um，而频率仍为f
【解析】　灯L1的亮度大于L2的亮度，这是因为交流电频率增大，容抗减小，L1变亮，又频率增大，感抗增大，L2变暗．
【答案】　A
图5－3－14
8．在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输入给下一级，我们采用了如图5－3－14所示的装置电路，其中代号a、b应选择的元件是(　　)
A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈
B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈
C．a是电容较小的电容器，b是低频扼流圈
D．a是电容较小的电容器，b是高频扼流圈
【解析】　把天线接收的高频和低频交变电流分开，只让低频成分输入给下一级，应把高频成分滤掉，故a应为高频旁路电容，电容要小，只通高频交流，而低频不通过；b是高频扼流圈，阻高频、通低频．
【答案】　D
图5－3－15
9．如图5－3－15所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a、b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮．当a、b接电压的有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是(　　)
A．与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈
B．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器
C．与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器
D．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管
【解析】　由a、b接直流时的现象可知，元件x“通直流”，元件y“隔直流”，由a、b接交流电源时的现象可知，元件x“阻交流”，元件y“通交流”，根据电容器和电感线圈的特点，元件x是电感线圈，元件y是电容器，选项B正确．
【答案】　B
图5－3－16
10．(2013·徐州高二检测)某同学在研究电容器、电感器对恒定电流与交变电流的影响时，采用了如图5－3－16所示的电路，其中L1、L2是两个完全相同的灯泡．当双刀双掷开关置于3、4时，电路与交流电源接通，稳定后的两个灯泡发光亮度相同．则该同学在如下操作中能观察到的实验现象是(　　)
A．当开关置于1、2时，稳定后L1亮、L2不亮
B．当开关置于3、4时，频率增加且稳定后，L1变亮、L2变暗
C．当开关从置于1、2的稳定状态下突然断开，L1将会立即熄灭
D．当开关从置于1、2的稳定状态下突然断开，L1不会立即熄灭
【解析】　如果开关置于1、2时，接直流电，电流稳定后能通过电感器，而不能通过电容器，所以L1亮，L2不亮，A项正确；稳定后突然断开，L、L1、L2、C能构成回路，由于自感现象，L1、L2将慢慢熄灭，故D正确，C错；当置于3、4时，且交流电频率增大，则感抗增大，容抗减小，所以L1变暗，L2变亮，故B错．
【答案】　AD
图5－3－17
11．“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，它们的固有频率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器．音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动．
如图5－3－17所示为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b端输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则(　　)
A．甲扬声器是高音扬声器
B．C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器
C．L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D．L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流
【解析】　线圈作用是“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”．高频成分将通过C2到乙扬声器，故乙是高音扬声器．低频成分通过L1到甲扬声器．故甲是低音扬声器，L1的作用是阻碍高频电流通过甲扬声器．
【答案】　BD
图5－3－18
12．在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，如果只需要把低频成分输送到下一级装置，只要在两极电路之间接入一个高频扼流圈，就可以了．高频扼流圈是串联还是并联接入电路？图5－3－18所示的接法对吗？为什么？
【解析】　串联，因为高频扼流圈自感系数较小，它有通低频、阻高频的作用，低频通过很容易，而高频很“费力”，但电阻让高频通过，所以高频就几乎不从高频扼流圈通过了，所以题中所给图接法正确．
【答案】　见解析
4变压器
●课标要求
通过实验，探究变压器电压与匝数的关系．
●课标解读
1．知道变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理．
2．通过实验，探究理想变压器的原、副线圈中电压与匝数的关系，电流与匝数的关系．了解理想化模型在物理学研究中的重要性．
3．了解变压器在生活中的应用．
●教学地位
本节知识是高中电学的基础，在历年高考中都被考查到，既有直接命题，也有与其他知识的综合命题，题目难度一般为中等，学习本节知识时要引起足够重视.
●新课导入建议
汽车内燃机是利用火花塞产生的电火花来点燃汽缸中的汽油和空气混合物的．火花塞点火原理如图教5－4－1所示，要使火花塞产生电火花，两电极间必须要有几千伏的高压，而汽车蓄电池的电压只有12 V，那么火花塞是如何产生高电压的呢？通过本节课的学习，就可以解决这个问题．
图教5－4－1
●教学流程设计
课前预习安排：
1．看教材
2．填写【课前自主导学】(同学之间可进行讨论)?步骤1：导入新课，本节教学地位分析?步骤2：老师提问，检查预习效果(可多提问几个学生)?步骤3：师生互动完成“探究1”互动方式(除例1外可再变换命题角度，补充一个例题以拓展学生思路)
?
步骤7：完成“探究3”(重在讲解规律总结技巧)?步骤6：师生互动完成“探究2”(方式同完成“探究1”相同)?步骤5：让学生完成【迁移应用】，检查完成情况并点评?步骤4：教师通过例题讲解总结理想变压器的规律
　　　?
步骤8：指导学生完成【当堂双基达标】，验证学习情况?步骤9：先由学生自己总结本节的主要知识，教师点评，安排学生课下完成【课后知能检测】
课　标　解　读
重　点　难　点
1.通过实验观察，了解变压器的构造．
2.理解变压器的工作原理，变压器的变压、变流规律．
3.知道变压器的用途，能够运用变压器的变压、变流规律定性和定量分析有关变压器的实际问题.
1.变压器的工作原理．(重点)
2.变压器的电压、电流与匝数的关系．(重点)
3.对变压器工作原理的理解．(难点)
4.变压器工作时的制约关系的理解．(难点)
变压器的构造和原理
1.基本知识
(1)构造
变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，与交流电源连接的线圈叫原线圈，与负载连接的线圈叫副线圈．
(2)原理
互感现象是变压器的工作基础，由于原线圈中电流的大小、方向在不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化．变化的磁场在副线圈中产生感应电动势．
2．思考判断
(1)变压器是利用互感现象实现了电能向磁场能再到电能转化．(√)
(2)恒定电流接入变压器后也可发生互感现象，也可起到变压作用．(×)
(3)变压器的铁芯由很薄的硅钢片叠合而成．(√)
3．探究交流
在课外，某同学在进行低压交流变压器实验的准备工作时，发现缺少电源，于是就用一种摩托车的蓄电池代替，按图5－4－1进行实验．
图5－4－1
则闭合电键后，灯泡是否发光？并解释出现这种现象的原因？
【提示】　因蓄电池是直流电源，向外输出恒定电压，故连接到副线圈上的小灯泡不会发光．原因是恒定电压加在原线圈上后，线圈内的磁通量不发生变化，因而副线圈中的磁通量也不发生变化，所以E＝n＝0.故副线圈中无感应电动势.
理想变压器电压与匝数的关系
1.基本知识
(1)理想变压器
没有能量损失的变压器．
(2)电压与匝数关系
原、副线圈的电压之比，等于两个线圈的匝数之比，即：＝.
2．思考判断
(1)在理想变压器中原、副线圈的磁通量的变化率是一致的．(√)
(2)理想变压器可以改变交变电流的频率．(×)
(3)电流通过铁芯从原线圈流到副线圈．(×)
3．探究交流
理想变压器的原、副线圈的电压与匝数成正比，即＝，试探究原、副线圈的瞬时电压与匝数是否也成正比．
【提示】　当原线圈电压最大时，电流最大，但电流的变化率为零，此时副线圈中磁场最强，但磁通量的变化率为零，故此时副线圈两端的电压为零，即U2＝0.可见，原、副线圈的瞬时电压与匝数不成正比.
理想变压器的规律
【问题导思】　
1．理想变压器有什么特点？实际变压器能被看成理想变压器吗？
2．理想变压器原副线圈的电流、功率满足什么规律？
3．若有两个副线圈，理想变压器的电压、电流、功率与匝数满足什么关系？
1．理想变压器的特点
(1)变压器铁芯内无漏磁；
(2)原、副线圈不计内阻，即不产生焦耳热．
2．电动势关系
由于互感现象，且没有漏滋，原、副线圈中每一匝线圈都具有相同的，根据法拉第电磁感应定律有E1＝n1，E2＝n2，所以＝.
3．电压关系
由于不计原、副线圈的电阻，因此原线圈两端的电压U1＝E1，副线圈两端的电压U2＝E2，所以＝.
当有多个副线圈时，则有：＝＝…
4．功率关系
对于理想变压器，不考虑能量损失，P入＝P出．
5．电流关系
由功率关系，当只有一个副线圈时，I1U1＝I2U2，
得＝＝.
当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…
得I1n1＝I2n2＋I3n3＋…
1．因为理想变压器不计一切电磁能量损失，因此，理想变压器的输入功率等于输出功率．实际变压器(特别是大型变压器)一般可以看成理想变压器．
2．据＝知，当n2>n1时，U2>U1，这种变压器称为升压变压器，当n23．对于公式U1/U2＝n1/n2，无论副线圈一端是空载还是负载，此公式都是适用的．当有多个副线圈时，电流之比与匝数成反比这一结论不再成立．
　(2013·黄冈中学高二检测)一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压U如图5－4－2所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则(　　)
图5－4－2
A．流过电阻的电流是20 A
B．与电阻并联的电压表的示数是100 V
C．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 J
D．变压器的输入功率是1×103 W
【审题指导】　解答本题时应把握以下三点：
(1)正弦交变电流峰值与有效值的关系．
(2)变压器原、副线圈电压与匝数的关系．
(3)电流表示数，电热和功率需用交变电流有效值计算．
【解析】　由电压的有效值和最大值的关系得U1＝＝220 V．根据理想变压器电压与匝数的关系＝，得U2＝U1＝×220 V＝100 V，故电压表的示数是100 V，B错误；I2＝＝ A＝10 A，A错误；1分钟内电阻发出的热量Q＝I2Rt＝102×10×60 J＝6.0×104 J，C错误；变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出＝U2I2＝100×10 W＝1×103 W，故D正确．
【答案】　D
1．变压器能改变交流电压，不能改变恒定直流电压．
2．理想变压器的效率是100%.
3．交流电压表与电流表的示数均为有效值．
4．输入功率由输出功率决定．
1．(2013·如皋高二检测)如图5－4－3所示，一理想变压器的原线圈A、B两端接入电压为u＝3sin314t V的交变电流．原线圈匝数n1＝100，副线圈匝数n2＝200，则(　　)
图5－4－3
A．将击穿电压为6 V的电容器接在C、D两端，能正常工作
B．把电磁打点计时器接在C、D两端，打点周期为0.02 s
C．把额定电压为6 V的小灯泡接在C、D两端，小灯泡 能正常工作
D．把交流电压表接在C、D两端时，电压表读数为8.48 V
【解析】　交变电流的周期T＝ ＝0.02 s，有效值U1＝3 V，变压器不改变交变电流的频率，故B正确；由＝得U2＝U1＝6 V，变压器输出电压的峰值为6 V，故大于电容器的击穿电压，A、D错误，C正确．
【答案】　BC
变压器工作时的制约关系及变压器的动态分析
【问题导思】　
1．当变压器原、副线圈的匝数比一定时，原副线圈中的电压、电流、功率各由什么来决定？
2．当原副线圈匝数比不变时，如何分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况？
3．当负载电阻不变时，如何分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况？
1．电压制约
当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2＝n2U1/n1.
2．电流制约
当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝n2I2/n1.
3．负载制约
(1)变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2＝P负1＋P负2＋…；
(2)变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定，I2＝P2/U2；
(3)总功率P入＝P线＋P2，即变压器的输入功率是由输出功率决定的．
4．对理想变压器进行动态分析的两种常见情况
(1)原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是
R→I2→P2→P1→I1.
(2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是
n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1.
1．理想变压器将电能由原线圈传给副线圈时总是“量出为入”，即用户消耗多少，原线圈就提供多少，因而输出功率决定输入功率．
2．可以把理想变压器的副线圈看作给用户供电的无阻电源，对负载电路进行动态分析时，可以参照直流电路动态分析的方法．
图5－4－4
　如图5－4－4所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S断开．当S接通时，以下说法中正确的是(　　)
A．副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大
C．通过灯泡L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
【审题指导】　P1.
【解析】　由于输入电压不变，所以当S接通时，理想变压器副线圈M、N两端输出电压不变．
并联灯泡L2，总电阻变小，由欧姆定律知，流过R的电流增大，电阻上的电压UR增大．
副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1＝I2U2得，I2增大，原线圈输入电流I1也增大．
U2不变，UR变大，所以UL1变小，流过灯泡L1的电流减小．
【答案】　BCD
1．对于副线圈电压大小可根据原线圈电压和原、副线圈匝数确定．
2．对功率和电流大小的确定，往往都要先从副线圈P2、I2入手分析．
2．(2012·福建高考)如图5－4－5所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器．○V1 和○V2 是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；○A1 和○A2 是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是(　　)
图5－4－5
A．I1和I2表示电流的瞬时值
B．U1和U2表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大
D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小
【解析】　交流电表的示数为有效值，故A、B两项均错误；P向下滑动过程中，R变小，由于交流电源、原副线圈匝数不变，U1、U2均不变，所以I2＝变大，由＝，得I1＝I2变大，故C项正确，D项错误．
【答案】　C
综合解题方略——对变压器原
理的理解
　(2013·浏阳一中高二检测)在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在图示变压器的铁芯的左、右两个臂上，当通以交流电时，每个线圈产生的磁通量都有一半通过另一个线圈，另一半通过中间臂，如图5－4－6所示，已知线圈1、2的匝数之比为n1∶n2＝2∶1，在不接负载的情况下(　　)
图5－4－6
A．当线圈1输入电压为220 V时，线圈2输出电压为110 V
B．当线圈1输入电压为220 V时，线圈2输出电压为55 V
C．当线圈2输入电压为110 V时，线圈1输出电压为220 V
D．当线圈2输入电压为110 V时，线圈1输出电压为110 V
【规范解答】　线圈1为原线圈时，依题意得穿过线圈1的磁通量只有一半是通过线圈2的，所以穿过线圈2的磁通量的变化率也只有穿过线圈1的磁通量的变化率的一半．由U1＝E1＝n1，U2＝E2＝n2得：＝＝，所以当线圈1输入电压为220 V时，线圈2输出的电压为55 V．线圈2为原线圈时，穿过线圈2的磁通量只有一半是通过线圈1的，所以穿过线圈1的磁通量的变化率也只有穿过线圈2的磁通量的变化率的一半．
由U1＝E1＝n1，U2＝E2＝n2得：＝＝，所以当线圈2输入电压为110 V时，线圈1输出的电压为110 V.
【答案】　BD
1．变压器原、副线圈的电压比等于匝数之比．
2．无论铁芯形状如何、无论副线圈有多少个，根据能量守恒定律，原线圈的输入功率总等于所有副线圈输出功率之和．
1．对理想变压器可作出的判断是(　　)
A．高压线圈匝数多、电流大、导线粗
B．低压线圈匝数少、电流小、导线细
C．高压线圈匝数多、电流大、导线细
D．低压线圈匝数小、电流大、导线粗
【解析】　由变压规律＝知高压线圈匝数多，由变流规律＝，匝数多的电流小，导线细；匝数少的电流大，导线粗，故选D.
【答案】　D
2．(2013·新乡一中高二检测)对于理想变压器，下列说法中不正确的是(　　)
A．原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大
B．原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大
C．原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化
D．当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零
【解析】　副线圈消耗功率大小决定原线圈的输入功率大小，A对；副线圈的电流决定原线圈的电流，B对；当副线圈的电流为零时原线圈的电流为零，但电压不是零，D错；原线圈的电压决定副线圈的电压，与副线圈中电流的变化无关，C对，所以错误的选D.
【答案】　D
3．一台理想变压器的副线圈有100匝，输出电压为10 V，则铁芯中磁通量的变化率的峰值为(　　)
A．10 Wb/s　　　　　 B．14.1 Wb/s
C．0.14 Wb/s