交變電流的產生和描述考點一正弦式交變電流的產生及變化規律正弦式交變電流1.產生線圈繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動.2.兩個特殊位置的特點(1)線圈平面與中性面重合時，S⊥B，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，電流方向將發生改變.(2)線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，電流方向不改變.3.一個周期內線圈中電流的方向改變兩次.4.描述交變電流的物理量(1)最大值Em＝NBSω，與轉軸位置無關，與線圈形狀無關(填“有關”或“無關”).(2)周期和頻率①周期(T)：交變電流完成一次周期性變化所需的時間.單位是秒(s)，公式T＝eq\f(2π,ω).②頻率(f)：交變電流在單位時間內完成周期性變化的次數.單位是赫茲(Hz).③周期和頻率的關系：T＝eq\f(1,f)或f＝eq\f(1,T).5.交變電流的變化規律(線圈從中性面開始計時)函數表達式圖象磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt電動勢e＝Emsinωt＝NBSωsinωt技巧點撥書寫交變電流瞬時值表達式的技巧(1)確定正弦交變電流的峰值：根據已知圖象讀出或由公式Em＝NBSω求出相應峰值.(2)明確線圈的初始位置：①線圈在中性面位置開始計時，則i－t圖象為正弦函數圖象，函數表達式為i＝Imsinωt.②線例題精練1.(多選)如圖1所示為交流發電機示意圖，線圈的AB邊連在金屬滑環K上，CD邊連在滑環L上，導體做的兩個電刷E、F分別壓在兩個滑環上，線圈在轉動時可以通過滑環和電刷保持與外電路的連接.關于其工作原理，下列分析正確的是()圖1A.當線圈平面轉到中性面的瞬間，穿過線圈的磁通量最大B.當線圈平面轉到中性面的瞬間，線圈中的感應電流最大C.當線圈平面轉到跟中性面垂直的瞬間，穿過線圈的磁通量最小D.當線圈平面轉到跟中性面垂直的瞬間，線圈中的感應電流最小答案AC解析當線圈平面轉到中性面的瞬間，穿過線圈的磁通量最大，磁通量變化率為零，感應電動勢為零，線圈中的感應電流為零，選項A正確，B錯誤；當線圈平面轉到跟中性面垂直的瞬間，穿過線圈的磁通量最小，磁通量變化率最大，感應電動勢最大，線圈中的感應電流最大，選項C正確，D錯誤.一個矩形線圈在勻強磁場中轉動產生的電動勢e＝200eq\r(2)sin100πt(V)，下列說法正確的是()A.該交變電流的頻率是100HzB.當t＝0時，線圈平面恰好與中性面垂直C.當t＝eq\f(1,200)s時，e達到峰值D.該交變電流的電動勢的有效值為200eq\r(2)V答案C解析由e＝200eq\r(2)sin100πt(V)可得：ω＝100πrad/s，f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，故A錯誤；t＝0時刻，e＝0，線圈平面位于中性面，B錯誤；t＝eq\f(1,200)s時，e＝200eq\r(2)V，e達到峰值，故C正確；Em＝200eq\r(2)V，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝200V，D錯誤.在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動，如圖2甲所示，產生的交變電動勢的圖象如圖乙所示，則()圖2A.t＝0.005s時線框的磁通量變化率為零B.t＝0.01s時線框平面與中性面重合C.線框產生的交變電動勢的有效值為311VD.線框產生的交變電動勢的頻率為100Hz答案B考點二交變電流的有效值求解1.定義讓交變電流與恒定電流分別通過大小相同的電阻，如果在交變電流的一個周期內它們產生的熱量相等，則這個恒定電流的電流I與電壓U就是這個交變電流的有效值.2.正弦式交變電流的有效值與峰值之間的關系I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，E＝eq\f(Em,\r(2)).技巧點撥有效值的計算計算有效值時要根據電流的熱效應，抓住“三同”：“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”，列式求解.(1)分段計算電熱求和得出一個周期內產生的總熱量.(2)若圖象部分是正弦(或余弦)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.例題精練4.如圖3所示為一交流電電流隨時間變化的圖象，此交流電電流的有效值為()圖3A.7AB.5AC.3.5eq\r(2)AD.3.5A答案B解析根據有效值的定義有：(4eq\r(2)A)2R×0.02s＋(3eq\r(2)A)2R×0.02s＝I2R×0.04s，解得I＝5A，故選B.5.一個U形金屬線框在兩勻強磁場中繞OO′軸以相同的角速度勻速轉動，通過導線給同一電阻R供電，如圖4甲、乙所示.甲圖中OO′軸右側有磁場，乙圖中整個空間均有磁場，兩圖中磁場的磁感應強度相同.則甲、乙兩圖中交流電流表的示數之比為()圖4A.1∶eq\r(2) B.1∶2C.1∶4 D.1∶1答案A解析題圖甲中OO′軸的右側有磁場，所以線框只在半個周期內有感應電流產生，感應電流隨時間變化的圖象如圖(a)，交流電流表測的是有效值，由(eq\f(\f(BSω,R),\r(2)))2·R·eq\f(T,2)＝I2·RT，得I＝eq\f(BSω,2R).題圖乙中整個空間均有磁場，線框中產生的感應電流隨時間變化的圖象如圖(b)，所以I′＝eq\f(BSω,\r(2)R)，則I∶I′＝1∶eq\r(2)，故A正確.考點三交變電流“四值”的理解和計算物理量物理含義重要關系適用情況及說明瞬時值交變電流某一時刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt計算線圈某時刻的受力情況峰值最大的瞬時值Em＝NBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)討論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的值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))適用于正(余)弦式交變電流(1)交流電流表、交流電壓表的示數(2)電氣設備“銘牌”上所標的值(如額定電壓、額定功率等)(3)計算與電流的熱效應有關的量(如電功、電功率、電熱、保險絲的熔斷電流等)(4)沒有特別加以說明的指有效值平均值交變電流圖象中圖線與時間軸所圍的面積與時間的比值eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)計算通過導線橫截面的電荷量例題精練(多選)如為交流電壓表，交流電源的輸出電壓如圖乙所示，閉合開關.下列判斷正確的是()圖5A.t＝eq\f(T,2)時刻，的示數為零B.燈泡恰好正常發光C.電容器不可能被擊穿D.的示數保持110eq\r(2)V不變答案BC解析的示數應是交流電壓的有效值220V，故選項A、D錯誤；交流電壓的有效值恰好等于燈泡的額定電壓，燈泡正常發光，選項B正確；交流電壓的峰值Um＝220eq\r(2)V≈311V，小于電容器的耐壓值，故電容器不可能被擊穿，選項C正確.7.(多選)如圖6所示，邊長為L的正三角形金屬線框處于勻強磁場中，開始時線框平面與磁場垂直，磁場的磁感應強度為B，讓線框以AB邊為軸以角速度ω在磁場中勻速轉過180°的過程中，則()圖6A.穿過線框導線截面的電荷量為0B.線框中的感應電流方向先沿ACBA后沿ABCAC.線框中的平均感應電動勢為eq\f(\r(3)ωBL2,2π)D.線框中感應電動勢的有效值為eq\f(\r(6)BL2ω,8)答案CD解析根據楞次定律可知，線框中的電流一直沿ACBA，穿過線框導線截面的電荷量不為零，故A、B項錯誤；線框中的平均感應電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(2B×\f(1,2)L×\f(\r(3),2)L,\f(π,ω))＝eq\f(\r(3)ωBL2,2π)，故C正確；由于線框在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動，因此線框中產生的電流為正弦式交變電流，因此感應電動勢的有效值E＝eq\f(BSω,\r(2))＝eq\f(\r(6)BL2ω,8)，故D正確.綜合練習一．選擇題（共19小題）1．（七星區校級月考）如圖所示的各圖象中表示交變電流的是（）A． B． C． D．【分析】交變電流的是方向隨時間做周期性變化的電流，根據交變電流的定義去判斷?！窘獯稹拷猓篈BC、圖中電流的方向沒有發生變化，不是交變電流。故ABC錯誤；D、圖中電流大小和方向都隨時間做周期性變化，是交變電流。故D正確。故選：D。【點評】本題只要掌握交變電流的定義就能進行選擇。明確判斷交流電的關鍵是電流的方向是否發生變化。2．（鼓樓區校級期末）如圖甲和圖乙是交流發電機的示意圖，線圈ABCD在勻強磁場中勻速轉動，下列說法正確的是（）A．圖甲中穿過線圈的磁通量最大，電路中的感應電流最大 B．圖乙中穿過線圈的磁通量最大，電路中的感應電流最大 C．圖甲中穿過線圈磁通量的變化率為零，電路中的感應電流為零 D．圖乙中穿過線圈磁通量的變化率為零，電路中的感應電流為零【分析】當線圈與磁場平行時，穿過線圈的磁通量為零，電路中的感應電流最大；當線圈與磁場垂直時，穿過線圈的磁通量最大，電路中的感應電流為零?！窘獯稹拷猓篈C、圖甲中線圈與磁場垂直，即線圈位于中性面位置，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，產生的感應電動勢為零，電路中的感應電流為零，故A錯誤，C正確；BD、圖乙中線圈與磁場平行，穿過線圈的磁通量為零，磁通量的變化率最大，產生的感應電動勢最大，電路中的感應電流最大，故BD錯誤。故選：C?！军c評】解決本題的關鍵要理解并掌握交流發電機的工作原理，搞清中性面和磁場平行面的特點，利用法拉第電磁感應定律和歐姆定律來理解。3．（雨城區校級期中）一個不計電阻的矩形線圈繞在其平面內并且垂直于勻強磁場的軸勻速轉動，產生的感應電動勢圖象如圖所示，并且接在原、副線圈匝數比為1：3的理想變壓器原線圈兩端，則（）A．感應電動勢的瞬時值表達式為e＝362sin10πtV B．t＝0.2s時穿過線圈平面的磁通量變率最大 C．t＝0.1s時穿過線圈平面的磁通量最大 D．變壓器副線圈兩端的電壓U＝108V【分析】根據圖象可以得線圈產生的感應電動勢的最大值、周期和頻率等，即可求得感應電動勢的瞬時值的表達式，根據瞬時值表達式可以求得在t＝0.2s和t＝0.1s時的磁通量的情況即變化率情況，再根據電壓與匝數成正比可以求得?！窘獯稹拷猓篈、由圖可知周期T＝0.4s，轉動的角速度ω=2πT=5πrad/s，產生的感應電動勢的最大值EB、t＝0.2s時，產生的感應電動勢為零，此時磁通量的變化率為零，故B錯誤；C、t＝0.1s時產生的感應電動勢最大，線圈平面與中性面垂直，此時穿過線圈的磁通量為零，故C錯誤；D、原線圈兩端電壓的有效值U1=E故選：D?！军c評】本題考查的是有關交變電流的產生和特征的基本知識，解決此類問題要具備從圖象中獲得有用信息的能力4．（廣西學業考試）電視顯像管應用了電子束磁偏轉的道理。顯像管原理示意圖如圖，若要使水平電子束向上偏離中心，打在熒光屏上的A點。關于電子束軌跡與偏轉磁場的關系，下列圖示正確的是（）A． B． C． D．【分析】電子在磁場中受到洛倫茲力的作用，據所給磁場用左手定則確定受力方向，看所給圖中受力是否符合實際進行判斷?！窘獯稹拷猓篈、電子受力向外，故A錯誤B、電子受力向內，故B錯誤C、電子受力符合圖示方向，故C正確D、剛進入時電子受力方向向下，不符合圖示受力，故D錯誤故選：C?！军c評】明確判斷力要用左手，并注意電荷的電性。5．（楚雄市校級月考）關于交變電流和直流電的說法中，正確的是（）A．如果電流大小隨時間做周期性變化，則一定是交變電流 B．直流電的大小和方向一定不變 C．交變電流一定是按正弦規律變化的 D．交變電流的最大特征就是電流的方向隨時間做周期性的變化【分析】明確交流電的性質，知道交流電的重要特征是電流方向的變化；明確只要方向不變即為直流電．【解答】解：A、如果只有電流大小做周期性變化而電流方向不變，則為直流電；故A錯誤；B、直流電的大小可以變化，但方向一定不變；故B正確；C、只要電流的方向發生變化，則就是交流電，不一定是按正弦或余弦規律變化的；故C錯誤；D、交流電的最大特征是交流電的方向發生周期性變化；故D正確；故選：D。【點評】本題考查交流電的性質，要注意明確交流電的大小和方向均隨時間做周期性變化，但并不一定是正弦或余弦規律變化的．6．（安吉縣校級期末）把發光顏色不同的兩個二極管并聯（該類二極管具有單向導電性，導通時發光），使兩者正負極方向不同．當搖動如圖所示的手搖交流發電機時，兩個二極管交替發光，則流過其中一個二極管的電流時（）A．交流電 B．直流電 C．恒定電流 D．渦流【分析】直流電是指電流的方向不發生變化的電流，其大小可以變化，交流電是指電流的方向發生變化的電流，但是它的電流的大小可以不變．【解答】解：交流電是指電流的方向發生變化的電流，直流電的方向不變，而恒定電流是指大小與方向均不變，渦流是感應電流，而手搖交流發電機產生是交流電，大小和方向隨時間周期性變化；但由于二極管具有單向導電性；故通過每個二極管的電流為直流電；故選：B?！军c評】交流電的最大的特點是電流方向在不斷的變化，對于其大小是否變化沒有要求，注意它們之間的區別與聯系．7．（德州期中）如圖甲所示，一匝數為100（匝）、邊長為0.5m的正方形線圈在磁感應強度為0.4T的勻強磁場中繞轉軸OO'以角速度311rad/s勻速轉動，產生的交變電流直接給圖乙的電路供電。圖乙中的變壓器為理想變壓器，原、副線圈的匝數比為10：1，副線圈接有定值電阻和電容器。所有電表均為理想電表，不計正方形線圈的電阻，下列說法正確的是（）A．當線圈平面與磁場垂直時，電壓表的示數為0 B．若電容器的擊穿電壓為350V，則電容器不會被擊穿 C．若線圈的轉速增加一倍，其他條件均不變，則電流表A1的示數不變 D．若線圈的轉速增加一倍，其他條件均不變，則電流表A1的示數也增加一倍【分析】電壓表的示數為交變電流的有效值，不是瞬時值；利用交變電流的最大值表達式Um＝NBSω結合變壓器的變壓比可求解B選項；利用ω＝2πn、Um＝NBSω以及容抗xc=1【解答】解：A．線圈在磁場中繞垂直于磁場的軸轉動時產生交變電流，而電壓表的示數為交變電流的有效值，則當線圈平面與磁場垂直時，電壓表的示數不為零，故A錯誤；B．交變電流的最大值為：Um1＝NBSω＝100×0.4×25×10﹣2×311V＝3110V根據變壓器變壓比：U則副線圈兩端電壓的最大值為：Um2=n2n1若電容器的擊穿電壓為350V，則電容器不會被擊穿，故B正確；CD．若線圈的轉速n增加一倍，根據ω＝2πn，則角速度增加一倍，其他條件均不變，根據Um＝NBSω，交流電壓增加一倍，由容抗xc=1電流表A1的示數會變化，但并不滿足歐姆定律，所以電流表A1的示數不會增加一倍，故CD錯誤。故選：B?！军c評】本題關鍵是記住交流發電機最大電動勢表達式Um＝NBSω，同時要明確輸入電壓決定輸出電壓，輸出電流決定輸入電流，輸出功率決定輸入功率。8．（豐臺區一模）由交流發電機、定值電阻R、交流電流表組成的閉合回路如圖所示。線圈ABCD逆時針方向轉動，下列說法正確的是（）A．線圈轉動過程中AD、BC邊產生感應電動勢 B．線圈轉動到圖中位置時，感應電流方向為ADCBA C．線圈勻速轉動時，交流電流表指針左右擺動 D．線圈轉動到中性面的瞬間，電路中的電流最大【分析】要解決此題，需要掌握發電機的制作原理，知道發電機是根據電磁感應原理制成的，感應電流的方向與磁場方向和切割磁感線的方向有關，電流表測量的是交流電的有效值．【解答】解：A、線圈轉動過程中AD、BC邊始終與磁場平行，不切割磁感線，故不產生感應電動勢，故A錯誤；B、線圈轉動到圖中位置時，AB和CD邊切割磁感線產生感應電動勢，根據右手定則可知，AB邊產生的電流方向沿BA方向，CD邊產生的電流方向沿DC方向，故感應電流方向為ADCBA，故B正確；C、交流電流表測量的是交流電的有效值，故電流表的指針不動，故C錯誤；D、線圈轉動到中性面的瞬間，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，此時電路中的電流最小，故D錯誤；故選：B。【點評】此題主要考查了發電機的工作原理．要知道發電機是根據電磁感應原理制成的．感應電流的方向與導體切割磁感線的方向有關，能夠通過線圈的轉動情況，判斷線圈中產生的感應電流放向的變化9．（遼寧模擬）如圖所示為發電機結構示意圖，其中N、S是永久磁鐵的兩個磁極，其表面為對應圓心角為120°的圓弧面。M是圓柱形鐵芯，它與磁極柱面共軸，鐵芯上繞有邊長為L的單匝正方形線框，可繞與鐵芯共同的固定軸轉動，磁極與鐵芯間的磁場均勻輻向分布。已知正方形線框勻速轉動時，其切割磁感線的邊的線速度大小為v，切割時切割邊所在位置的磁感應強度大小始終為B，則下列說法正確的是（）A．線框中產生的最大感應電動勢為BLv B．線框中產生的感應電流的變化周期為πL2vC．線框中產生的有效感應電動勢為63D．線框中產生的有效感應電動勢為2【分析】矩形線框始終與磁場平行，且勻速旋轉，相當于兩導體棒始終勻速切割磁感線，可以求出框中產生的最大感應電動勢；線框轉動一周所用時間就是線框中產生的感應電流的變化周期，用T=2πr【解答】解：A、矩形線框始終與磁場平行，且勻速旋轉，相當于兩導體棒始終勻速切割磁感線，線框中產生的最大感應電動勢為：Em＝2BLv，故A錯誤。B、線框轉動一周所用時間就是線框中產生的感應電流的變化周期：T=2π?CD、產生感應電動勢對應的圓心角：θ＝2×120°＝240°一個周期對應的時間：t=根據電流的熱效應：Em2解得：E=故D正確，C錯誤。故選：D。【點評】本題考查了交流發電機的發電原理，關鍵是根據線圈所處的磁場進行分析以及利用電流的熱效應求電動勢有效值。10．（迎江區校級期中）正弦交流電u＝50sinπtV，加在一氖管的兩端，已知氖管兩端的電壓大小達到253V以上時才發光，則此氖管在1min內發光的總時間為（）A．15s B．20s C．30s D．40s【分析】根據電壓大于253V時，氖管就能發光，結合正弦交流電壓表達式即可計算出一個周期內的發光時間?！窘獯稹拷猓弘娏鞯闹芷跒門=2ππs＝2s，當u＝50sinπtV≥253V時，氖管就能發光，解得t1=13所以在前半個周期，當t1=13s時開始發光，當t2=23s時停止發光，發光時間為△t＝t2﹣t1=1則1min內發光的總時間為602故選：B。【點評】本題考查了交流電表達式的靈活應用，寫出交流電的表達式，靈活應用數學知識即可正確解答。11．（3月份模擬）一個匝數為N＝100匝的矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量隨時間變化的圖像如圖所示，則下列說法中正確的是（）A．t＝0時刻，線圈位于與中性面垂直的位置 B．t＝0.01s時刻，線圈磁通量的變化率最大 C．t＝0.02s時刻，線圈瞬時電流達到最大 D．感應電動勢的峰值為2000π（V）【分析】線圈位于中性面上時磁通量最大，感應電動勢為零，當線圈與磁場平行時磁通量最小為零，此時感應電動勢最大，分析清楚圖示圖象，根據線圈轉動情況分析答題?！窘獯稹拷猓篈、由圖示圖象可知，t＝0時刻磁通量最大，此時線圈與磁場垂直，與中性面平行直，故A錯誤；B、由圖示圖象可知，t＝0.01s時刻穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率最小，故B錯誤；C、由圖示圖象可知，t＝0.02s時刻穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率最小，感應電流最小，故C錯誤；D、由圖可知周期t＝0.02s，角速度ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，感應電動勢的峰值為Em＝NBSω＝NΦmω＝100×0.2故選：D?！军c評】本題考查了交變電流的產生問題，掌握基礎知識是解題的前提，根據題意分析清楚圖示圖象是解題的關鍵，根據圖示圖象應用基礎知識即可解題，平時要注意基礎知識的學習與積累。12．（武漢模擬）一矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動時，產生正弦式交變電流，電動勢隨時間的變化規律如圖線a所示。僅調整線圈轉速，電動勢隨時間的變化規律如圖線b所示，則圖線b電動勢瞬時值的表達式是（）A．e＝100sin5πt（V） B．e＝100sin100πt3（V）C．e＝120sin5πt（V） D．e＝120sin100πt3【分析】由交流電圖像可得調整轉速前后的周期之比，根據角速度與周期的關系，可得角速度之比，從而得到調整線圈轉速交流電的角速度大小，再由感應電動勢最大值Em＝NBSω，利用比值關系可得調整線圈轉速之后交流電的最大電動勢，最后得到交流電的瞬時表達式?！窘獯稹拷猓河蓤D可知，調整轉速前后周期之比：Ta由ω=2πT可知角速度與周期成反比，得調整轉速前后角速度之比為：調整線圈轉速之后，交流電的角速度：ωb=2π感應電動勢最大值Em＝NBSω，轉速調整前后，NBS相同，Em與ω成正比：Ema由圖可知，調整線圈轉速之前交流電的最大電動勢：Ema＝150V，所以調整線圈轉速之后交流電的最大電動勢：Emb=ωbωa線圈從中性面開始轉動計時，所以圖線b電動勢的瞬時值表達式：e＝100sin（100π3故選：B?！军c評】本題考查了角速度與周期的關系、電動勢最大值Em＝NBSω以及交流電電動勢的瞬時值表達式，充分利用比值關系式是解決本題的關鍵。13．（肥東縣校級月考）交流電源電壓u＝40sin（100πt）V，內阻不計，電路中電阻R＝10Ω，則如圖所示電路中電流表和電壓表的讀數分別為（）A．4A，40V B．2.82A，40V C．2.82A，28.2V D．4A，28.2V【分析】由交流電源的表達式可知電源電壓的有效值，則由歐姆定律可求得電流及電壓表的示數。【解答】解：由表達式可知，交流電源電壓的有效值U=402V＝20則電壓表的示數為28.2V；由歐姆定律可知，電路中電流I=U則電流表的讀數為2.82A，故C正確、ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題主要是考查正弦交流電的有效值和峰值的關系，知道在交流電路中電流表電壓表所測量的結果均為有效值。14．（九模擬）如圖甲所示，交流發電機的矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，穿過該線圈的磁通量Φ隨時間t的變化規律如圖乙所示。線圈匝數為20，線圈總電阻為1Ω，與線圈連接的定值電阻R的阻值也等于1Ω，電流表A可看做理想電流表，則（）A．線圈轉動的角速度為2πrad/s B．感應電動勢最大值為0.2πV C．t=43s時，通過電阻R的電流為πD．一個周期內電阻R上產生的熱量為2π2J【分析】交流發電機產生電動勢的最大值Em＝nBSω，根據Φ﹣t圖線得出周期T以及磁通量的最大值Φ＝BS．從而求出感應電動勢的最大值，表示出線圈轉動產生的感應電動勢的瞬時表達式，即可求得任意時刻的電動勢，利用閉合電路的歐姆定律求得流過電阻的電流，求出電動勢的有效值，即可求得電阻產生的熱量．【解答】解：A、由圖乙可得交流電的周期T＝2s，故線圈轉動的角速度ω=2πB、感應電動勢的最大值Em＝NBSω＝N?mω＝20×0.2×πV＝4πV，故B錯誤；C、線圈轉動產生的感應電動勢的瞬時值為e＝4πcosπtV，當t=43s時產生的感應電動勢為e=4π×cosπ×43D、線圈轉動產生感應電動勢的有效值為E=Em一個周期內電阻R上產生的熱量為Q＝I2RT=(2π)2故選：C?！军c評】解決本題的關鍵知道正弦式交流電峰值的表達式Em＝nBSω，以及知道峰值與有效值的關系，明確產生的熱量用有效值來計算。15．（浙江模擬）圖甲所示是一臺小型發電機，該發電機線圈的內阻為10Ω，外接燈泡的電阻為90Ω，圖乙所示為該發電機產生的交變電流的電動勢隨時間變化的正弦規律圖像。下列說法正確的是（）A．在t＝0.01s時刻，電壓表的示數為零 B．在t＝0.005s時刻，通過線圈的磁通量最大 C．在1s內，燈泡產生的焦耳熱為108.9J D．電路中電流的有效值為1110【分析】根據圖象求出感應電動勢的有效值，電壓表測量的是燈泡兩端的電壓，由歐姆定律求電壓表的示數；根據Q=U【解答】解：A、感應電動勢的有效值E=Em2B、在0.005s時刻，感應電動勢最大，線圈處于與中性面垂直位置，穿過線圈的磁通量最小，故B錯誤；C、1s內燈泡產生的熱量Q=UD、電路中電流的有效值為I=E故選：C。【點評】明確交流電圖象的物理意義，正確根據圖象獲取有關交流電的信息是對學生的基本要求，平時要加強練習．16．（長春月考）一交流電壓為u＝1002sin（100πt）V，由此表達式可知（）A．用電壓表測該電壓其示數為50V B．該交流電壓的周期為0.02 C．將該電壓加在“100V100W”的燈泡兩端，燈泡的實際功率小于100W D．t=1【分析】電壓表讀數為有效值．先根據最大值求有效值，求得電壓表讀數；通過瞬時表達式與交流電的ω=2πT，可求出周期；運用瞬時表達式求出有效值，從而利用電功率的公式P【解答】解：A、交變電壓的表達式為u＝1002sin100πtV，可知最大值為1002V，又是正弦式電流，則電壓的有效值：U＝100V，故A錯誤。B、由公式ω=2πC、由于電壓的有效值為100V，則該電壓加在100V的燈泡兩端，燈泡正常發光，功率為100W；故C錯誤；D、將t=1故選：B?！军c評】本題考查交流電的性質，要知道有效值的物理意義，及正弦式交流電的有效值等于最大值除2，并知道求電功率是用交流電的有效值．17．（順義區期末）圖甲是小型交流發電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，為交流電流表。線圈繞垂直于磁場的水平軸OO'沿逆時針方向勻速轉動，從圖甲所示位置（線圈平面與磁感線平行）開始計時，產生的交變電流隨時間變化的圖象如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．電流表的示數為102A B．t＝0.02s時，R兩端的電壓為零 C．線圈轉動的角速度為100πrad/s D．t＝0.02s時，穿過線圈的磁通量最大【分析】由題圖乙可知交流電電流的最大值、周期，電流表和電壓表的示數為有效值；感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，磁通量為0。【解答】解：A、由題圖乙可知交流電電流的最大值是Im=102B、電壓表測量的是交流電的有效值，故任意時刻電壓表的示數為U＝IR，故B錯誤C、線圈轉動的角速度為ω=2πD、0.02s時線圈中的感應電流最大，感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化率最大，磁通量為0，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查交變電流的產生及有效值的定義，要注意明確電流表示數、機器銘牌上所標的電流值、電壓值等均為有效值。18．（山東模擬）如圖1所示，一個半徑為r的半圓形線圈的直徑ab的左側有垂直于紙面向里（與ab垂直）的勻強磁場，磁感應強度為B。M和N是兩個集流環，負載電阻為R，線圈、電流表和連接導線的電阻不計。線圈以直徑ab為軸從圖示位置開始勻速轉動，轉速為n，則下列說法中正確的是（）A．產生的電動勢的最大值為2π2r2Bn B．產生的電動勢的有效值為2π2r2Bn C．電流表的示數為π2D．若從圖1所示位置開始計時，在電路中產生的電流大致如圖2所示【分析】根據題意得出感應電動勢的最大值，根據電流的熱效應求得交流電的有效值，根據轉動產生交流電從而確定i﹣t圖像?！窘獯稹拷猓篈、線圈轉動的角速度為ω＝2πn，線圈轉動產生的交變電動勢的最大值Em＝BSω＝Bπr22?2πn＝π2BC、設此交變電動勢在一個周期內的有效值為E'，根據電流的熱效應可得：(Em2?R)2故電流表的示數I=E′D、從圖1所示位置開始計時，線圈從中性面開始轉動，當轉動90°時，線圈產生的感應電動勢最大，形成的感應電流最大，此后從90°轉動到270°時，線圈位于磁場之外，不產生感應電動勢，從270°到360°的過程中再次產生感應電動勢，故線圈在電路中產生的電流大致如圖2所示，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了法拉第電磁感應定律與閉合電路的歐姆定律的應用，掌握有效值與最大值的關系，會利用電流的熱效應求有效值。19．（浙江）如圖所示，虛線是正弦交流電的圖像，實線是另一交流電的圖像，它們的周期T和最大值Um相同，則實線所對應的交流電的有效值U滿足（）A．U=12Um B．U=22Um C．U＞22U【分析】根據交流電的有效值定義，讓交流與恒定電流分別通過相同的電阻，如果在交流的一個周期內它們產生熱量相等，則將直流電的電壓和電流稱為交流電的有效值，依此判定求解?！窘獯稹拷猓阂罁涣麟姷挠行е刀x，若是正弦式交流電，即為虛線的圖像，那么其有效值為：U=22U由圖象可知，實線所對應的交流電在除峰值外的任意時刻其瞬時值總是小于正弦交流電的瞬時值，那么在一周期內，對于相同的電阻，實線所對應的交流電產生熱量小于正弦交流電產生的熱量，故實線所對應的交流電的有效值小于正弦交流電的有效值，即U＜22U故選：D。【點評】考查交流電的有效值的計算，理解有效值的定義，注意正弦式交流電的有效值與最大值的關系。二．多選題（共10小題）20．（海原縣校級期末）如圖所示各圖象中表示交變電流的是（）A． B． C． D．【分析】交變電流的是方向隨時間做周期性變化的電流，根據交變電流的定義去判斷．【解答】解：A、此電流為正值，說明電流的方向不隨時間而變化，則此電流不是交變電流。故A錯誤。B、C、D、這三種電流的大小和方向都隨時間做周期性變化，都是交變電流。故BCD正確。故選：BCD。【點評】本題只要掌握交變電流的定義就能進行選擇．A項電流是單向脈沖直流電，是解題的關鍵．21．（曲靖模擬）如圖所示，交流發電機的矩形線圈邊長ab＝cd＝0.2m，ad＝bc＝0.4m，線圈匝數為50匝，線圈的總電阻r＝1Ω，線圈在磁感應強度B＝0.2T的勻強磁場中繞垂直于磁場的軸以1002πr/s的轉速勻速轉動，外接電阻R＝9A．圖中線圈位置為中性面 B．若以圖中位置開始計時，感應電動勢的表達式為e＝1602cos2002t（V） C．圖甲中電壓表示數為160V D．圖乙中，外電路接原、副線圈匝數之比為1：3的理想變壓器時，電阻R上消耗的電功率為6400W【分析】與磁感線垂直的平面，叫中性面；根據轉速求出線圈轉動的角速度ω，根據e＝NBSωcosωt求出該發電機產生的感應電動勢的表達式；根據交流電電動勢的最大值求出電動勢的有效值，再利用閉合電路歐姆定律求出路端電壓，交流電壓表測量的是路端電壓的有效值；根據變壓器的電流比與匝數比的關系可得原副線圈電流關系，再利用功率公式以及變壓器的功率關系可得原線圈中的電流，再利用功率公式可求解R消耗的功率。【解答】A.線圈與磁感線垂直的時候，磁通量為0，是中性面，故A錯誤；B.線圈轉動的角速度ω＝2πn＝2π×1002πe＝NBSωcosωt＝50×0.2×0.2×0.4×2002cos2002t（V）＝1602cos2002t（V），故B正確；C.變電流電動勢的最大值Em＝1602V，則有效值E=Em2=可得：U外＝E?ER+rr＝160VD.外電路接原、副線圈匝數之比為1：3，原線圈的電流為I1，由n1可得：I2=n1n2變壓器的輸入功率：P1＝160I1?I變壓器的輸出功率：P2=I由變壓器原副線圈功率相等得：P1＝P2，代入數據聯立解得：I1＝80A則R消耗的功率等于變壓器的輸出功率：PR＝160I1?I12r＝160×80W﹣80×故選：BD?！军c評】本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關鍵是知道變壓器的電流之比等于匝數的反比；知道理想變壓器的輸出功率決定輸入功率且相等，能夠根據直流電路求最大功率的方法求解功率最大時R的阻值。22．（沭陽縣期中）下列圖象中，屬于交流電的有（）A． B． C． D．【分析】直流電是指電流的方向不發生變化的電流，其大小可以變化，交流電是指電流的方向發生變化的電流，但是它的電流的大小可以不變?！窘獯稹拷猓航涣麟娛侵鸽娏鞯姆较虬l生變化的電流，電流的大小是否變化對其沒有影響，電流的方向變化的是BCD，故BCD是交流電，A是直流電。故選：BCD?！军c評】本題考查交流電的性質，要注意明確交流電的最大的特點是電流方向在不斷的變化，對于其大小是否變化沒有要求。23．（乾安縣校級期末）如圖所示圖象中屬于交流電的有（）A． B． C． D．【分析】直流電是指電流的方向不發生變化的電流，其大小可以變化，交流電是指電流的方向發生變化的電流，但是它的電流的大小可以不變．【解答】解：交流電是指電流的方向發生變化的電流，電流的大小是否變化對其沒有影響，電流的方向變化的是AC，故AC是交流電，BD是直流電。故選：AC。【點評】交流電的最大的特點是電流方向在不斷的變化，對于其大小是否變化沒有要求．24．（晉江市模擬）如圖所示為一種直流發電機的結構示意圖，直流發電機由兩塊永磁鐵、線圈和換向器組成。永磁鐵N、S極相對，中間區域視為勻強磁場，磁感應強度為B。線圈由N匝導線纏繞而成，面積為S，可繞如圖所示的軸線勻速轉動，角速度為ω。換向器由兩個半銅環和兩個電刷構成，半銅環分別與線圈中導線的兩端固連，線圈和半銅環繞著軸線以相同角速度轉動。電刷位置固定，作為輸出端與外電路相連（圖中未畫出）。每當線圈轉到中性面位置時，半銅環和電刷會交換接觸，以保持輸出電流方向不變，且交換時間極短可忽略。下列說法正確的是（）A．當線圈按照圖示的方向轉動時，電刷a的電勢總是比b的電勢低 B．當線圈轉到圖示位置時，線圈中產生的電動勢為零 C．該發電機產生電動勢的最大值為NBSω D．該發電機產生電動勢的最大值是有效值的2倍【分析】根據楞次定律判斷電流方向和電勢高低；分析垂直磁場方向速度，求電動勢大小；根據交流電最大值有效值關系求解。【解答】解：A、根據楞次定律可知線圈中電流方向為順時針，線圈充當電源，又在電源內部電流由負極流向正極可知，電刷a的電勢比b的電勢低，故A正確；B、當線圈轉到圖示位置時，左右兩條邊垂直切割磁感線，產生電動勢最大，故B錯誤；C．該發電機產生電動勢的最大值為Em＝NBSω，故C正確；D．該發電機產生的電流方向不變，始終為同一方向，表達式為e＝|NBSωcosωt|，可知此電流在一個周期內產生的熱量和交流電e＝NBSωcosωt相同，故電動勢的最大值是有效值的2倍，故D正確。故選：ACD?！军c評】本題考查交流電的產生以及峰值、有效值，學習中要重視課本，強化記憶。25．（海淀區校級月考）一個矩形線圈繞垂直于勻強磁場并位于線圈平面內的固定軸轉動，線圈中的感應電動勢e隨時間t變化的規律如圖所示，下列說法正確的是（）A．從線圈平面與磁場方向平行的時刻開始計時 B．t1和t3時刻，穿過線圈的磁通量為零 C．t1和t3時刻，穿過線圈的磁通量變化率的絕對值最大 D．每當電動勢e變換方向時，穿過線圈的磁通量的絕對值都為最大【分析】矩形線圈中產生正弦式電流，當線圈通過中性面時，磁通量最大，感應電動勢為零，電動勢方向發生改變．而當線圈與磁場平行時，磁通量為零，感應電動勢最大，磁通量的變化率最大．【解答】解：A、t＝0時刻，線圈產生的感應電動勢最大，故此時線圈平面與磁場方向平行，故A正確；BC、t1和t3時刻感應電動勢為零，磁通量的變化率為零，線圈位于中性面位置，此時磁通量最大，故BC錯誤；D、每當e轉換方向時，線圈與磁場垂直，線圈位于中性面位置，穿過線圈的磁通量的絕對值都為最大，故D正確；故選：AD?！军c評】本題考查交變電流產生過程中，感應電動勢與磁通量、磁通量變化率的關系，關鍵抓住兩個特殊位置：線圈與磁場垂直位置，及線圈與磁場平行位置．26．（安徽模擬）某單位應急供電系統配有一小型發電機，該發電機內的矩形線圈面積為S＝0.2m2、電阻為r＝5.0Ω，線圈所處的空間是磁感應強度為B=22T的勻強磁場，發電機正常供電時線圈的轉速為n=2160πr/min，如圖所示是配電原理示意圖，理想變壓器原副線圈的匝數比為5：2，R1＝5.0Ω、RA．線圈在磁場中產生電動勢的有效值為720V B．變壓器輸出的總功率為2720W C．燈泡的工作電壓為272V D．線圈匝數為100匝【分析】根據理想變壓器的變流比求出原線圈的電流，根據閉合電路歐姆定律求出發電機產生的感應電動勢最大值，求出有效值，計算線圈的匝數；根據變壓比求出燈泡的工作電壓；根據變壓器原理求解變壓器輸出的總功率?！窘獯稹拷猓篈D、根據題意電流表的示數為10A，根據I1I2=n2nBC、原線圈的電壓為：U1＝E﹣I1（R1+r）＝720V﹣4×（5.0+5.0）V＝680V，根據U1U2=n1n2，求出副線圈上的電壓為：U2＝272V，所以副線圈上的功率為：P＝I故選：ABD?！军c評】本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數之比，在只有一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數的反比；知道理想變壓器的輸出功率決定輸入功率且相等。原線圈的電壓決定副線圈的電壓；理想變壓器在改變電壓和電流的同時，不改變功率和頻率。27．（滑縣期末）一正弦交流電的電壓隨時間變化的規律如圖所示，由圖可知（）A．該交流電的頻率為50Hz B．該交流電的電壓的最大值為202V C．該交流電的電壓的有效值為102V D．若將該交流電壓加在阻值R＝10Ω的電路兩端，則電阻消耗的功率為20W【分析】根據圖象可知交流電的最大值以及周期等物理量，然后進一步可求出其瞬時值的表達式以及有效值等。【解答】解：A、由圖可知，T＝4×10﹣2s，故f=1BC、由圖象可知交流電的最大值為20V，因此其有效值為：U=202=D、若將該交流電壓加在阻值R＝10Ω的電路兩端，則電阻消耗的功率為：P=U故選：CD?！军c評】本題考查了有關交流電描述的基礎知識，要根據交流電圖象正確求解最大值、有效值、周期、頻率、角速度等物理量，同時正確書寫交流電的表達式。28．（十六模擬）如圖所示，半徑為r、電阻為R的圓形導線框，以虛線直徑為軸，以角速度ω勻速轉動，虛線右側有垂直圓面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，線框中接一個理想交流電流表，從圖示位置開始計時，則關于線框轉動說法正確的是（）A．線框位于圖示位置時電流表示數為零 B．0～πω時間內，線框中磁通量變化量為零C．0～π2ω時間內，流過電流表的電荷量為πBD．從圖示位置轉過90°，線框中產生的熱量為π【分析】線框在磁場中轉動時，始終有一半的線圈產生感應電動勢，根據Em【解答】解：A、線框中形成的是正弦式交變電流，電流表示數為有效值，不為零，故A錯誤；B、線圈轉動的周期T=2πω，在0～πω時間內，即0?T2C、0～π2ω時間內，線框轉過90°，線框轉動產生的平均感應電動勢E=△?△t，形成的平均感應電流為I=D、線框轉動過程中感應電動勢的瞬時值表達式為e=12Bπr2轉過90°過程中線框產生的熱量Q=E故選：CD?！军c評】線框旋轉產生正弦式交變電流，求出感應電動勢的最大值是解題的前提；明確磁通量是標量，應用法拉第電磁感應定律求出感應電動勢時，要注意磁通量的變化量，這是易錯點。29．（定遠縣模擬）如圖所示是小型交流發電機的示意圖，線圈繞垂直于磁場方向的水平軸OO'沿逆時針方向勻速轉動，角速度為ω，線圈的匝數為n、電阻為r，外接電阻為R，交流電流表A。線圈從圖示位置（線圈平面平行于磁場方向）開始轉過π3A．電流表的讀數為2I B．轉動過程中穿過線圈的磁通量的最大值為2I(R+r)nωC．從圖示位置開始轉過π2的過程中，通過電阻R的電荷量為2ID．線圈轉動一周的過程中，電阻R產生的熱量為4【分析】根據感應電流瞬時值表達式求出最大值，再求解有效值，即可得到電流表的讀數。磁通量的最大值Φm＝BS，由閉合電路歐姆定律求出感應電動勢的最大值Em，由公式Em＝nBSω求解Φm。通過電阻R的電荷量根據公式q＝n△ΦR+r熱量根據焦耳定律求解?！窘獯稹拷猓篈、線圈從圖示位置轉過60°時，感應電流的瞬時值為：i＝Imcosπ3，解得感應電流的最大值：Im＝2I，根據正弦式交變電流最大值和有效值的關系可知，有效值：I有=ImB、感應電動勢的最大值：Em＝Im（R+r）＝2I（R+r），又Em＝nBSω，磁通量的最大值：Φm＝BS，聯立解得：Φm=2I(R+r)C、從圖示位置開始轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量：q＝n△ΦR+rD、線圈轉動一周的過程中，電阻R產生的熱量：Q＝I2R?2πω故選：BC?！军c評】此題考查了交流的峰值、有效值以及它們的關系、電熱功公式等知識點。熟悉交變電流的各個參數的物理意義，明確正弦式電流最大值是有效值的2倍是解決本題的關鍵。三．填空題（共9小題）30．（三臺縣校級模擬）我國交流電的周期為0.02s，頻率為50Hz．【分析】我國用的交流電的周期為0.02s，其頻率為50Hz．【解答】解：我國用的交流電的周期為0.02s，根據周期和頻率互為倒數的關系可知，此時的頻率為f=1故答案為：0.02，50．【點評】本題是基本的常識，在平時的生后中要多加留意，加強與所學的知識的聯系．31．（天津模擬）如圖所示，一單匝閉合線框在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉軸勻速轉動。在轉動過程中，線框中的最大磁通量為фm，最大感應電動勢為Em，則線框在勻強磁場中繞垂直于磁場方向轉軸轉動的角速度大小為Emφ【分析】根據最大感應電動勢為Em＝BSω和最大磁通量фm＝BS間的關系，很容易求出角速度?！窘獯稹拷猓鹤畲蟾袘妱觿轂镋m＝BSω最大磁通量фm＝BS所以Em＝фmω所以ω=故答案為：Em【點評】本題就是考查學生對最大感應電動勢為Em和最大磁通量фm的理解，應用公式可直接求出。32．（上高縣校級月考）我國生活用電的交流電電壓的最大值為311V，有效值為220V．頻率為50Hz．【分析】我國正弦交流電的頻率為50Hz，電壓220V為有效值，而最大值與有效值關系是2倍，從而即可求解．【解答】解：我國照明用的交流電壓是220V，頻率是50Hz，它的電壓的有效值是220V，而最大值與有效值關系是2倍，峰值是2202V＝311V；周期T=1故答案為：311；220；50．【點評】考查我國的交流電的頻率，及認識有效值與最大值的關系，要理解交流電的“四值”各自含義．33．（蒙山縣校級月考）大小和方向都隨時間做周期性變化的電流叫做交變電流，簡稱交流電．【分析】直流電是指電流的方向不發生變化的電流，其大小可以變化，交流電是指電流的方向發生變化的電流，但是它的電流的大小可以不變．【解答】解：交流電是指電流的方向發生變化的電流，電流的大小是否變化對其沒有影響，而對于周期性變化的電流，即為大小與方向都隨著時間做周期性變化．故答案為：大小，方向，交流電．【點評】交流電的最大的特點是電流方向在不斷的變化，對于其大小是否變化沒有要求．34．（醴陵市期中）如圖所示，使閉合矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉軸勻速轉動，在線圈中就會產生交流電．已知磁場的磁感應強度為B，線圈abcd面積為S，線圈轉動的角速度為ω．當線圈轉到如圖位置時，線圈中的感應電動勢為0；當線圈從圖示位置轉過90°時，線圈中的感應電動勢為BSω．【分析】線框位于中性面時，穿過線框的磁通量最大，磁通量的變化率為零，感應電動勢為零；由法拉第電磁感應定律可以求出感應電動勢．【解答】解：當線框平面與磁場垂直時，穿過線框的磁通量變化率為零，感應電動勢為零；當線框從中性面位置轉過90°，線框平面與中性面垂直，產生的感應電動勢為BSω；故答案為：0，BSω【點評】知道交變電流的產生過程，即可正確解題，注意中性面位置，理解法拉第電磁感應定律的內容．35．（臺江區校級期中）圖（a）為一交流發電機示意圖，線圈abcd在勻強磁場中繞固定軸OO′沿順時針方向勻速轉動，圖（b）是該發電機的電動勢e隨時間t按余弦規律變化的圖像。已知線圈電阻為4Ω，定值電阻R＝6Ω，電表均為理想交流電表。由此可以得出電壓表讀數為6.0V；t＝0.1s時刻，穿過線圈的磁通量為0Wb；0～0.05s內，通過電阻R的電荷量為210πC。（如果需要可以保留π【分析】交流發電機產生電動勢的最大Em＝NBSω，交流電壓表顯示的是路端電壓有效值，通過電阻的電量為q=ΔΦ【解答】解：第一空，由圖b可知，線圈產生的感應電動勢的最大值為Em＝102V，周期T＝0.2s，線圈產生的感應電動勢的有效值E=E根據閉合電路的歐姆定律可知I=E所以電壓表的示數U＝IR＝1×6V＝6V；第二空，t＝0.1s時刻，線圈產生的感應電動勢最大，此時線圈位于與中性面垂直位置，故穿過線圈的磁通量為零；第三空，線圈轉動的角速度ω=2πT=2π0.2rad/s＝10πrad/s，線圈產生的最大感應電動勢Em＝BSω，故BS=Emω故答案為：6、0、2【點評】解決本題的關鍵知道正弦式交流電峰值的表達式Em＝nBSω，以及知道峰值與有效值的關系，能從圖中得出有效信息，難度不大。36．（平房區校級月考）如圖所示，單匝矩形閉合導線框abcd全部處于磁感應強度為B的水平勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R．線框繞與cd邊重合的豎直固定轉軸以角速度ω勻速轉動，線框從中性面開始轉過π2的過程中，通過導線橫截面的電荷量q＝BSR【分析】由題可知，線圈中產生正弦式電流，根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律和電流的定義式求出電量．【解答】解：由法拉第電磁感應定律，則有：E=閉合電路歐姆定律，則有：I=則電量表達式：q=I?△得到電量為：q=故答案為：BSR【點評】對于交變電流，直流電路的規律，比如歐姆定律同樣適用，只不過要注意對應關系．37．（蒲城縣期中）某交流電的電壓隨時間變化的規律如圖所示，則此交流電的電壓的最大值為220V，有效值為1102V，頻率為25Hz，若將該電壓加在一阻值為1kΩ的純電阻用電器上，用電器恰能正常工作，則該用電器的額定功率為24.2W。【分析】根據圖象可知交流電的最大值以及周期等物理量，然后進一步可求出其瞬時值的表達式以及有效值等?！窘獯稹拷猓河蓤D象可知交流電的最大值為220V，因此其有效值為2202=110由圖可知，T＝0.04s，故f＝25Hz；R消耗的功率為：P=U故答案為：220；1102；25；24.2【點評】本題考查了有關交流電描述的基礎知識，要根據交流電圖象正確求解最大值、有效值、周期、頻率、角速度等物理量，同時正確書寫交流電的表達式。38．（福州期中）如圖甲所示為一交變電壓隨時間變化圖像，每個周期內，前二分之一周期電壓恒定，后二分之一周期電壓按正弦規律變化。若將此交流電連接成如圖乙所示的電路，電阻R阻值為10Ω，則（1）理想電壓表讀數為7.5V。（2）電阻R在10秒內產生的熱量為56.25J?！痉治觥肯惹蟪鲭妷旱挠行е?，根據Q=U【解答】解：（1）根據電流的熱效應，一個周期內產生的熱量：U2（2）根據焦耳定律可得：Q=U故答案為：（1）7.5（2）56.25【點評】本題主要考查了交變電流的有效值計算和焦耳熱公式，對于非正弦式電流可根據有效值的定義求解有效值，常見題型，要熟練掌握。四．實驗題（共2小題）39．（如皋市期末）如圖所示，矩形線圈面積為S，匝數為N，線圈總電阻為r，在磁感應強度為B的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω勻速轉動，外電路電阻為R，電流表電阻不計。（1）在線圈由圖示位置轉過180°的過程中，磁通量的變化量△Φ＝0，電阻R上產生的焦耳熱Q＝πRω(NBS)2（2）圖示時刻電流表的讀數為2NBSω2(R+r)（3）從圖示位置開始計時，寫出線圈產生的瞬時電動勢表達式e＝NBSωcosωt?！痉治觥浚?）圖示位置磁通量為Φ1＝0，轉過90°磁通量增加了BS，接著再轉過90°磁通量減少了BS，然后計算由圖示位置轉過180°的過程中，磁通量的變化量；根據法拉第電磁感應定律求解平均感應電動勢。根據焦耳定律Q＝I2Rt求解熱量；（2）I為有效值。（3）根據法拉第電磁感應定律求出電動勢，然后寫出瞬時電動勢表達式?！窘獯稹拷猓海?）圖示位置磁通量為Φ1＝0，轉過90°磁通量增加了BS，接著再轉過90°磁通量減少了BS，因磁場穿過線圈的方向沒改變，故轉過180°的過程中△Φ0＝0；根據法拉第電磁感應定律得最大電動勢：Em＝NBSω電流的有效值為I=ER+r，E電阻R所產生的焦耳熱Q＝I2R△t，△t=1解得Q=πRω(NBS（2）圖示時刻電流表的讀數為電流的有效值，則：I=（3）圖中得位置時線圈平面與磁場平行，則磁通量為0，電動勢為最大值，則：e＝Emcosωt＝NBSωcosωt故答案為：（1）0，πRω(NBS)22(R+r)2；（2）2【點評】對于交變電流，求解熱量、電功和電功率用有效值，而求解電量要用平均值。注意磁通量與線圈的匝數無關。40．利用DIS（數字化信息處理系統）探究手搖發電機（如圖所示）的線圈產生的交變電流。實驗步驟為：①將電壓傳感器接入數據采集器；②電壓傳感器的測量夾與發電機的輸出端并聯；③點擊“數據采集設置”設定“采樣點時間間隔”；④緩慢搖動發電機模型的手柄，觀察工作界面上的信號。（1）屏上出現的電壓波形如圖所示，從圖中可以看出，手搖發電機產生的電壓波形不是正弦波，其中原因是轉子不是在均勻磁場中轉動；或手轉動發電機的轉速不均勻。（寫出一條即可）（2）研究交變電流的波形，發現在用手搖動發電機轉把的2min內屏上出現了61個向上的“尖峰”，則交變電流的平均周期為T＝2s；如果發電機手搖大輪的半徑是轉子小輪半徑的2倍，則手搖輪轉動的平均角速度ω＝0.5πrad/s?！痉治觥浚?）分析發電機的原理，明確波形產生原理即可解答；（2）由圖可得出每個全振動所經歷的時間，根據圓周運動的規律可求得轉動的角速度?！窘獯稹拷猓海?）只有線圈在勻強磁場中勻速轉動時，產生的交變電流才是標準的正弦式電流，手搖發電機的磁場是由條形磁鐵產生的，所以不是勻強磁場；由于是手搖轉動，轉速難以保證恒定。（2）屏上每出現一次尖峰，就代表經過了一個周期，2分鐘內屏上出現了61個向上的尖峰，表明周期為：T=2×6061?1s＝2s，大輪角速度等于小輪角速度的一半，所以大輪角速度為：ω=2π故答案為：（1）轉子不是在均勻磁場中轉動；或手轉動發電機的轉速不均勻；（2）2；0.5π?！军c評】本題考查交流電的產生及圓周運動的規律，要注意明確交流發電機的發電原理。五．計算題（共7小題）41．（蕉城區校級月考）如圖甲所示，匝數n＝200匝的圓形線圈的面積為50cm2，把它放在勻強磁場中，線圈平面始終與磁場方向垂直，設磁場方向垂直于紙面向里時磁感應強度為正。線圈的電阻為0.5Ω，外接電阻R＝1.5Ω．當穿過線圈的磁場按圖乙所示的規律變化時：（1）0～0.1s內a、b兩點哪一點的電勢高？（2）求0.1～0.5s內通過R的電流大小。【分析】（1）線圈相當于電源，在電源內部電流從低電勢點（負極）流向高電勢點（正極）；由楞次定律判斷出感應電流方向，從而判斷電勢的高低。（2）由法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，由歐姆定律求出感應電流。【解答】解：（1）由楞次定律可判斷，b點電勢高。（2）根據圖象，由法拉第電磁感應定律，有：E＝n△Φ△t=nS由閉合電路歐姆定律，有：I=E答：（1）0～0.1s內b點電勢高（2）0.1～0.5s內通過R的電流大小為1A【點評】解題時要注意磁通量是二向標量，磁通量有正負之分；線圈相當于電源，a、b間的電壓是路端電壓，不是感應電動勢（電源電壓），并掌握由交流電的有效值來求解功率。42．（西城區期末）如圖1所示，KLMN是一個豎直的矩形導線框，全部處于磁感應強度為B的水平方向的勻強磁場中，線框面積為S，MN邊水平，線框繞豎直固定軸OO'以角速度ω勻速轉動。從MN邊與磁場方向的夾角為30°時開始計時：（1）在圖2中畫出0時刻，沿固定軸OO'從上向下看線框的俯視圖，并標出電流方向。（2）求經過時間t，線框中產生的感應電動勢瞬時值表達式。【分析】（1）根據楞次定律判斷出感應電流方向，然后作出俯視圖。（2）求出感應電動勢的最大值，然后根據題意求出感應電動勢的瞬時值表達式。【解答】解：（1）俯視（從上向下看）線框逆時針轉動，穿過線框的磁通量變大，由楞次定律可知，感應電流磁場方向與原磁場方向相反，由安培定則可知，感應電流方向是KNMLK，線框的俯視圖只能看到NM邊，俯視圖如圖所示；（2）線框轉動過程感應電動勢的最大值：Em＝BSω由題意可知，t＝0時刻線框平面與中性面的夾角α＝60°=經過時間t線框產生的感應電動勢的瞬時值表達式：e＝Emsin（ωt+α）＝BSωsin（ωt+π答：（1）線框的俯視圖與電流方向如圖所示；（2）經過時間t，線框中產生的感應電動勢瞬時值表達式是e＝BSωsin（ωt+π【點評】本題考查了正弦式交變電流的產生，考查了求感應電動勢的瞬時值表達式問題，掌握基礎知識是解題的前提；解決本題的關鍵掌握感應電動勢的瞬時值表達式的求解方法，應用楞次定律可以判斷出感應電流方向。43．如圖所示，一根長為L的細鋁棒用兩根勁度系數為k的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中。當電流I方向向右時，兩根彈簧縮短；當I的方向向左時，兩彈簧伸長，并且相對于平衡位置伸長、縮短的長度都是△l，則磁場的磁感應強度為多少？【分析】由左手定則判斷出安培力的方向，對導體棒進行受力分析，然后由平衡條件列方程解題?！窘獯稹拷猓翰煌娏鲿r，鋁棒受力平衡有mg＝2kx；彈簧縮短時，有mg＝2k（x﹣△l）+BIL；彈簧伸長時，有mg+BIL＝2k（x+△l），可解得：B=2k△l答：磁場的磁感應強度為2k△lLI【點評】對導體棒進行受力分析，應用平衡條件可以正確解題；對導體棒進行受力分析時，要注意應用左手定則判斷安培力的方向，注意導體棒受到的是兩根彈簧的作用力。44．（廣州期末）如圖所示