第45頁（共45頁）2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高二同步經典題精練之正弦交變電流的描述一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?金鳳區校級期末）交流發電機的線圈勻速轉動時產生正弦式交變電流，其電動勢隨時間變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．t＝0時，穿過線圈的磁通量為0 B．t＝0.005s時，穿過線圈的磁通量變化率最大 C．t＝0.005s時，線圈位于中性面 D．發電機線圈轉動的角速度為50rad/s2．（2024秋?寶安區期末）如圖甲為某實驗小組自制的手搖發電機。以一定的頻率搖動手柄時，可使與其串聯的燈泡恰好正常發光。已知燈泡上標有“9V，4.5W”字樣。如圖乙為流過燈泡的電流隨時間的變化規律。下列說法正確的是（）A．通過燈泡的電壓的峰值為9V B．該交變電流每秒電流方向改變5次 C．一個周期內通過燈泡的電流的平均值為0.5A D．通過該燈泡的電流表達式為i=3．（2024秋?高密市期末）如圖所示，矩形線圈繞垂直于勻強磁場的軸OO′勻速轉動，軸線右側無磁場。以abcda方向為感應電流的正方向。從圖示位置開始線圈逆時針轉動1周，可描述線圈中感應電流隨時間變化規律的圖像是（）A． B． C． D．4．（2024秋?金鳳區校級期末）如圖是某交變電流的i﹣t圖像，這一交變電流的電流有效值為（）A．10A B．3A C．32A 5．（2024秋?慈溪市期末）如圖所示，光滑的長直金屬桿通過兩個金屬環與一個形狀為一個周期內完整正弦函數圖象的金屬導線ab連接，導線其余部分未與桿接觸。金屬桿電阻不計，導線電阻為R，a、b間距離為2L，導線構成的正弦圖形頂部和底部到桿的距離都是d，在導線和金屬桿所在平面內有兩個方向相反的有界勻強磁場區域，磁場區域的寬度均為L，磁感應強度大小均為B，現在外力F作用下導線以恒定的速度v水平向右勻速運動，t＝0時刻導線從O點進入磁場，直到導線全部離開磁場區域的過程中，下列說法正確的是（）A．t1=LB．t2=Lv時，外力C．全過程中，電流的有效值為I=D．外力F的最大值為F二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?濟南期末）交流發電機的線圈在磁場中勻速轉動產生正弦式交流電，其電壓隨時間的變化規律如圖所示，下列說法正確的是（）A．t＝0.1s時，穿過線圈的磁通量變化率最小 B．t＝0.2s時，穿過線圈的磁通量最小 C．若增大線圈的轉速，交流電的峰值變大 D．交流電壓的表達式為u＝12sin5πt（V）（多選）7．（2024秋?鄭州期末）如圖所示，矩形線圈面積為S，匝數為N，線圈電阻為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。當線圈由圖示位置轉過90°的過程中（）A．通過電阻R的電荷量為NBSωRB．通過電阻R的電荷量為NBSRC．通過電阻R電流的有效值為2NBSωD．通過電阻R電流的有效值為2（多選）8．（2024秋?溫州期末）如圖所示為某種發電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，線圈匝數n＝30，線圈電阻r＝2Ω，線圈轉動過程中最大磁通量Φm＝0.2Wb。線圈兩端有兩個彼此絕緣的半圓金屬環可隨線圈一起轉動。兩個電刷固定不動，分別與兩半圓金屬環接觸，兩電刷間接有阻值為R＝8Ω的電阻，其余電阻不計。線圈繞垂直于磁場的軸OO′以角速度ω＝5πrad/s順時針勻速轉動。從圖示位置（線圈平面與磁場方向平行）開始計時，下列說法正確的是（）A．t＝2.2s時，線圈位于中性面位置 B．線圈轉動一周，通過電阻R的電流方向改變兩次 C．線圈轉動一周，通過電阻R的電荷量為2.4C D．線圈轉動一周，通過電阻R的電流的有效值為322（多選）9．（2024秋?五華區校級期末）一電阻R接到如圖甲所示的正弦交流電源上，兩端電壓的有效值為U1，消耗的電功率為P1；若該電阻接到如圖乙所示的方波交流電源上，兩端電壓的有效值為U2，消耗的電功率為P2。若甲、乙兩圖中的U0、T所表示的電壓值、周期值是相同的，則下列說法正確的是（）A．U1=2U0C．P1=U02R D．P1：三．填空題（共3小題）10．（2024秋?哈爾濱期末）如圖所示，交流發電機的矩形線圈abcd中，ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝30cm，匝數n＝100匝，線圈電阻r＝1Ω，外電阻R＝4Ω。線圈在磁感應強度B＝0.05T的勻強磁場中繞垂直于磁場的轉軸OO′勻速轉動，角速度ω＝10rad/s，則產生感應電動勢的最大值為V，從圖示位置起，轉過90°過程中，通過線圈截面的電荷量為C。11．（2023秋?金臺區期末）如圖為通過一個R為1Ω的電阻的電流i隨時間變化的曲線。此電流的有效值為A；在1s內電阻R上產生的熱量為J。12．（2024春?福州期末）家用電子調光燈的調光原理是用電子線路將輸入的正弦式交流電壓的波形截去一部分來實現調節電壓，從而調節燈光的亮度。某電子調光燈經調整后的電壓波形如圖所示，則該交流電的電壓有效值為V。若將此電壓加在阻值R＝10Ω的電熱絲兩端，功率為W。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?青島期末）如圖，矩形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸OO′勻速轉動，已知線圈匝數為N，ab邊長為L1，bc邊長為L2，單匝線圈電阻為R0，轉動周期為T，勻強磁場的磁感應強度為B，外接電阻阻值為R。從圖示位置開始計時，求：（1）線圈中感應電動勢的瞬時值表達式；（2）0～14T內通過電阻R的電荷量和電阻R14．（2024秋?海淀區期末）如圖所示，交流發電機的矩形金屬線圈abcd處于磁感應強度B＝0.05T的勻強磁場中，其邊長ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝20cm，匝數n＝100（圖中只畫出1匝），線圈的總電阻r＝10Ω，線圈可繞垂直于磁場且過bc和ad邊中點的轉軸OO'以角速度ω＝400rad/s勻速轉動。線圈的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環E、F（集流環）焊接在一起，并通過電刷與阻值R＝90Ω的定值電阻連接。電路中其他電阻以及線圈的自感系數均可忽略不計。（1）求線圈中感應電動勢的最大值Em。（2）從線圈平面與磁場方向平行位置開始計時，寫出線圈中感應電流i隨時間t變化的關系式；（3）求線圈轉動過程中，電阻R上的發熱功率P。15．（2024秋?海淀區校級期末）如圖甲所示，在一個正方形金屬線圈區域內，存在著磁感應強度B隨時間變化的勻強磁場，磁場的方向與線圈平面垂直。金屬線圈所圍的面積S＝100cm2，匝數n＝1000，線圈總電阻r＝1.0Ω。線圈與電阻R構成閉合回路，電阻R＝2.0Ω。以圖甲所示磁感應強度方向為正，勻強磁場的磁感應強度隨時間變化的情況如圖乙所示，求：（1）求出在0～0.2s時間內，線圈中感應電動勢的大小。（2）在圖丙中畫出線圈中感應電流隨時間變化的I﹣t圖像（以線圈中逆時方向為電流正方向，至少畫出兩個周期）。（3）求出線圈中電流的有效值。

2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高二同步經典題精練之正弦交變電流的描述參考答案與試題解析題號12345答案BDCAC一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?金鳳區校級期末）交流發電機的線圈勻速轉動時產生正弦式交變電流，其電動勢隨時間變化的圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A．t＝0時，穿過線圈的磁通量為0 B．t＝0.005s時，穿過線圈的磁通量變化率最大 C．t＝0.005s時，線圈位于中性面 D．發電機線圈轉動的角速度為50rad/s【考點】交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像；交流發電機及其產生交變電流的原理．【專題】定量思想；歸納法；交流電專題；理解能力．【答案】B【分析】電動勢為零時，穿過線圈的磁通量最大；根據法拉第電磁感應定律分析；當線圈經過中性面時，穿過線圈的磁通量最大，磁通量變化率最小為零；根據周期和角速度的關系計算。【解答】解：A、t＝0時，電動勢的瞬時值為0，則此時穿過線圈的磁通量最大，故A錯誤；BC、由圖可知，在t＝0.005s時，電動勢的瞬時值最大，根據法拉第電磁感應定律可知穿過線圈的磁通量變化率最大，則此時處于與中性面垂直的位置，故B正確，C錯誤；D、由圖可知電動勢的周期為T＝0.02s，所以發電機線圈轉動的角速度為ω=2π故選：B。【點評】掌握中性面的特點是解題的基礎。2．（2024秋?寶安區期末）如圖甲為某實驗小組自制的手搖發電機。以一定的頻率搖動手柄時，可使與其串聯的燈泡恰好正常發光。已知燈泡上標有“9V，4.5W”字樣。如圖乙為流過燈泡的電流隨時間的變化規律。下列說法正確的是（）A．通過燈泡的電壓的峰值為9V B．該交變電流每秒電流方向改變5次 C．一個周期內通過燈泡的電流的平均值為0.5A D．通過該燈泡的電流表達式為i=【考點】交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；理解能力．【答案】D【分析】燈泡上標示的電壓為有效值；每個周期電流方向改變兩次，據此計算；根據法拉第電磁感應定律分析；計算出電流的最大值，和線圈轉動的角速度，然后根據最大值和圖像寫出電流的瞬時值表達式。【解答】解：A.燈泡上標示的電壓為有效值，即通過燈泡電壓的有效值為9V，峰值為92V，故AB.由圖像知其周期T＝0.2s，1s有5個周期，每個周期電流方向改變兩次，故每秒電流方向改變10次。故B錯誤；C.在一個周期內穿過線圈的總磁通量的變化為零，所以由法拉第電磁感應定律可知，一個周期內的平均電動勢為零，則平均電流也等于零，故C錯誤；D.已知額定電壓為9V、額定功率為4.5W，燈泡恰好正常發光，則流過燈泡電流的有效值為I=PU=4.59A=0.5A故選：D。【點評】知道用電器銘牌上標注的電壓都是指有效值是解題的關鍵，掌握法拉第電磁感應定律的應用和有效值與最大值的關系。3．（2024秋?高密市期末）如圖所示，矩形線圈繞垂直于勻強磁場的軸OO′勻速轉動，軸線右側無磁場。以abcda方向為感應電流的正方向。從圖示位置開始線圈逆時針轉動1周，可描述線圈中感應電流隨時間變化規律的圖像是（）A． B． C． D．【考點】交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像；用有效值計算交流電路的電功、電功率和焦耳熱．【專題】定性思想；圖析法；交流電專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據楞次定律判斷出感應電流的方向。由感應電動勢的表達式e＝Emsinωt，由歐姆定律求出此線圈感應電流的表達式，再選擇圖象。【解答】解：如圖所示，左側線框在磁場中開始轉動時，在0～T4時間內，磁通量減小，原磁場方向向里，由楞次定律“增反減同”可知，感應電流的磁場方向向里，產生的感應電流的方向為abcda，即與電流規定的正方向相同，根據交流電產生原理得，從中性面開始計時，線框轉動產生的交流電e＝Bsωsin電流i=在T4～T2時間內，磁通量增大，原磁場方向向里，由楞次定律“增反減同”可知，感應電流的磁場方向向外，因線圈的位置也發生了變化，所以產生的感應電流的方向還是abcda，即與電流規定的正方向相同，但此時S減小，感應電流的最大值將減小，故故選：C。【點評】本題主要考查了線圈在磁場中產生感應電流及其大小，法拉第電磁感應定律判斷出感應電動勢的大小，進而根據歐姆定律判斷出電流大小。4．（2024秋?金鳳區校級期末）如圖是某交變電流的i﹣t圖像，這一交變電流的電流有效值為（）A．10A B．3A C．32A 【考點】有效值的定義和一般交變電流的有效值．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】A【分析】取一個周期時間，將交流與直流分別通過相同的電阻，若產生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值。【解答】解：設這一交變電流的電流有效值為I，周期為T＝1s，電阻為R，根據有效值定義可得I2代入數據解得I=10A，故A故選：A。【點評】本題考查求交流電的有效值問題，此類問題往往根據電流的熱效應，由有效值的定義求解。5．（2024秋?慈溪市期末）如圖所示，光滑的長直金屬桿通過兩個金屬環與一個形狀為一個周期內完整正弦函數圖象的金屬導線ab連接，導線其余部分未與桿接觸。金屬桿電阻不計，導線電阻為R，a、b間距離為2L，導線構成的正弦圖形頂部和底部到桿的距離都是d，在導線和金屬桿所在平面內有兩個方向相反的有界勻強磁場區域，磁場區域的寬度均為L，磁感應強度大小均為B，現在外力F作用下導線以恒定的速度v水平向右勻速運動，t＝0時刻導線從O點進入磁場，直到導線全部離開磁場區域的過程中，下列說法正確的是（）A．t1=LB．t2=Lv時，外力C．全過程中，電流的有效值為I=D．外力F的最大值為F【考點】正弦式交變電流的有效值；電磁感應過程中的能量類問題．【專題】定量思想；等效替代法；交流電專題；推理論證能力．【答案】C【分析】由法拉第電磁感應定律，可知導線切割磁場時的感應電動勢大小；由歐姆定律，可知感應電流大小；由正弦交變電源的峰值有效值關系，可計算電流的有效值；由金屬始終勻速運動，可知受力平衡，結合安培力公式，即可計算外力的瞬時值和最大值。【解答】解：由金屬導線始終勻速運動，可知其每段通過磁場的時間都是相同的，在0～Lv和3Lv～4Lv時間內，導線切割磁場的有效長度即導線與磁場邊界交點到金屬桿的距離，兩段時間內感應電流方向相反；在Lv～2若導線與磁場中間邊界交點處到金屬桿的高度為h，則此時有效長度為L有效＝h+h+h＝3h當t=3L2v時，各段的長度h＝以導線中a→b為電流正方，整個過程中感應電流與時間的關系圖象如圖乙所示。A、結合幾何關系可知當t1=L2v時，切割磁感線的有效長度為d，所以電動勢的大小為E1＝BdvB、當t2=Lv時，切割磁感線的有效長度為0，所以電動勢的大小為0，則電路中的電流為0，外力的大小也是C、根據交流電有效值與最大值的關系可知在0～Lv和3Lv～在Lv～2Lv和2L根據交流電有效值的概念知在整個過程中的有效值滿足I可得I=故C正確；D、當t=3L2v時，感應電動勢有最大，此時的外力F也最大，為：Fm＝BIm?3d故選：C。【點評】本題主要是考查電磁感應現象中電路問題與能量問題，關鍵是弄清楚金屬導線在磁場中運動時有效切割長度的計算，能夠根據圖像法進行分析。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?濟南期末）交流發電機的線圈在磁場中勻速轉動產生正弦式交流電，其電壓隨時間的變化規律如圖所示，下列說法正確的是（）A．t＝0.1s時，穿過線圈的磁通量變化率最小 B．t＝0.2s時，穿過線圈的磁通量最小 C．若增大線圈的轉速，交流電的峰值變大 D．交流電壓的表達式為u＝12sin5πt（V）【考點】交變電流峰值的計算和影響因素；交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】CD【分析】根據圖像判斷AB；根據Em＝NBSω分析C；根據圖像得到交流電壓的最大值和周期，進而得到線圈轉動的角速度，從而可寫出交流電壓的表達式。【解答】解：A、由圖像可知，在t＝0.1s時，電壓最大，所以穿過線圈的磁通量變化率最大，故A錯誤；B、由圖像可知，在t＝0.2s時，電壓為零，則線圈在中性面位置，穿過線圈的磁通量最大，故B錯誤；C、根據Em＝NBSω可知，若增大線圈的轉速，則線圈的角速度ω增大，交流電的峰值變大，故C正確；D、由圖像可知交流電壓的峰值為12V，周期為0.4s，所以線圈轉動的角速度為ω=2πT=2π0.4rad/s故選：CD。【點評】知道交流電壓最大時，磁通量的變化率最大，交流電壓為零時，磁通量變化率為0，此時線圈在中性面位置。（多選）7．（2024秋?鄭州期末）如圖所示，矩形線圈面積為S，匝數為N，線圈電阻為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。當線圈由圖示位置轉過90°的過程中（）A．通過電阻R的電荷量為NBSωRB．通過電阻R的電荷量為NBSRC．通過電阻R電流的有效值為2NBSωD．通過電阻R電流的有效值為2【考點】計算線圈轉動過程中的電荷量；正弦式交變電流的有效值．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】BC【分析】由法拉第電磁感應定律，可知線圈產生的感應電動勢的峰值表達式，由交流電的峰值與有效值關系，可計算線圈產生的感應電動勢的有效值；由閉合電路歐姆定律，可知通過電阻的電流的有效值；由電流的定義式和法拉第電磁感應定律，可計算線圈轉動過程中，通過電阻的電荷量。【解答】解：CD、由法拉第電磁感應定律，可知線圈產生的感應電動勢的峰值表達式Em＝NBSω，由交流電的峰值與有效值關系，可知線圈產生的感應電動勢的有效值E=由閉合電路歐姆定律，可知通過電阻的電流的有效值為：I=ER+r，解得：IAB、由電流的定義式I=qΔt，法拉第電磁感應定律E=n×ΔΦΔt，在線圈轉動90°過程中，ΔΦ＝故選：BC。【點評】本題考查交流電的計算，關鍵是綜合利用電流的定義式與法拉第電磁感應定律。（多選）8．（2024秋?溫州期末）如圖所示為某種發電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，線圈匝數n＝30，線圈電阻r＝2Ω，線圈轉動過程中最大磁通量Φm＝0.2Wb。線圈兩端有兩個彼此絕緣的半圓金屬環可隨線圈一起轉動。兩個電刷固定不動，分別與兩半圓金屬環接觸，兩電刷間接有阻值為R＝8Ω的電阻，其余電阻不計。線圈繞垂直于磁場的軸OO′以角速度ω＝5πrad/s順時針勻速轉動。從圖示位置（線圈平面與磁場方向平行）開始計時，下列說法正確的是（）A．t＝2.2s時，線圈位于中性面位置 B．線圈轉動一周，通過電阻R的電流方向改變兩次 C．線圈轉動一周，通過電阻R的電荷量為2.4C D．線圈轉動一周，通過電阻R的電流的有效值為322【考點】計算線圈轉動過程中的電荷量；交流發電機及其產生交變電流的原理；正弦式交變電流的有效值．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】BD【分析】由周期公式，可計算該交流電的周期，即可知2.2s時，線圈的位置；由交流電的特點，可知線圈每轉動一圈，通過電阻的電流方向改變次數；由閉合電路歐姆定律、電流定義式、法拉第電磁感應定律，可知通過電阻的電荷量；由法拉第電磁感應定律，可知線圈產生的感應電動勢的峰值，由交流電的特點，可知線圈產生的感應電動勢的有效值，根據閉合電路歐姆定律，可計算通過電阻的電流有效值。【解答】解：A、由周期公式，可知該交流電的周期T=2πω，即可知t＝2.2s時，線圈從此位置轉過了tTB、由交流電的特點，可知線圈每轉動一圈，通過電阻的電流方向改變2次，故B正確；C、由閉合電路歐姆定律I=ER+r、電流定義式I=qΔt、法拉第電磁感應定律E=D、由法拉第電磁感應定律，可知線圈產生的感應電動勢的峰值Em＝nΦmω，由交流電的特點，可知線圈產生的感應電動勢的有效值E=根據閉合電路歐姆定律I=ER+r，解得故選：BD。【點評】本題考查交流電的計算，關鍵掌握交流電的峰值、有效值的關系。（多選）9．（2024秋?五華區校級期末）一電阻R接到如圖甲所示的正弦交流電源上，兩端電壓的有效值為U1，消耗的電功率為P1；若該電阻接到如圖乙所示的方波交流電源上，兩端電壓的有效值為U2，消耗的電功率為P2。若甲、乙兩圖中的U0、T所表示的電壓值、周期值是相同的，則下列說法正確的是（）A．U1=2U0C．P1=U02R D．P1：【考點】正弦式交變電流的有效值．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】由交流電有效值的計算方法，可知兩種電源的有效電壓；由電功率公式，可知兩種電源的電功率，結合兩種電源的電功率表達式，即可得到電功率之比。【解答】解：AB、由交流電有效值的計算方法，可知甲電源的有效電壓滿足：U1乙電源的有效電壓滿足：(2U0)2R×TCD、由電功率公式P=U2R，可知兩種電源的電功率表達式分別為：P1=U02故選：AD。【點評】本題考查交流電有效值計算，關鍵是理解交流電的有效值，即與其發熱效果相同的直流電的參數。三．填空題（共3小題）10．（2024秋?哈爾濱期末）如圖所示，交流發電機的矩形線圈abcd中，ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝30cm，匝數n＝100匝，線圈電阻r＝1Ω，外電阻R＝4Ω。線圈在磁感應強度B＝0.05T的勻強磁場中繞垂直于磁場的轉軸OO′勻速轉動，角速度ω＝10rad/s，則產生感應電動勢的最大值為7.5V，從圖示位置起，轉過90°過程中，通過線圈截面的電荷量為0.15C。【考點】計算線圈轉動過程中的電荷量；交變電流峰值的計算和影響因素．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】7.5；0.15。【分析】由交流電特點，可知峰值表達式，結合題意中的匝數、磁感應強度、線圈長寬、角速度，即可計算感應電動勢的峰值；由電流的定義式、結合法拉第電磁感應定律，即可計算通過線圈的電荷量。【解答】解：峰值表達式為：E＝nBSω，其中S＝lablbc，解得：E＝7.5V；從圖示位置起，轉過90°過程中，平均電動勢為：E=n×ΔΦΔt，電流的定義式為：I=q故答案為：7.5；0.15。【點評】本題考查交流電的簡單計算，關鍵是綜合利用電流的定義式與法拉第電磁感應定律。11．（2023秋?金臺區期末）如圖為通過一個R為1Ω的電阻的電流i隨時間變化的曲線。此電流的有效值為1.67A；在1s內電阻R上產生的熱量為2.8J。【考點】用有效值計算交流電路的電功、電功率和焦耳熱．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】1.67；2.8【分析】根據有效值的定義求解．取一個周期時間，將交流與直流分別通過相同的電阻，若產生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值，根據焦耳定律計算。【解答】解：根據焦耳定律有I2R×1＝12×R×0.2×2+22×R×0.3×2代入數據解得I≈1.68A所以該交變電流的有效值是1.68A；在1s內電阻R上產生的熱量為Q＝I2RT＝1.672×1×1J＝2.8J故答案為：1.67；2.8【點評】求交流電的有效值，往往根據電流的熱效應，由有效值的定義求解。12．（2024春?福州期末）家用電子調光燈的調光原理是用電子線路將輸入的正弦式交流電壓的波形截去一部分來實現調節電壓，從而調節燈光的亮度。某電子調光燈經調整后的電壓波形如圖所示，則該交流電的電壓有效值為110V。若將此電壓加在阻值R＝10Ω的電熱絲兩端，功率為1210W。【考點】正弦式交變電流的函數表達式及推導．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】110，1210【分析】根據電流的熱效應：由一個周期內交變電流通過電阻R的產生熱量與直流電通過電阻R一個周期內產生熱量相等，求解有效值。多用電表的示數為有效值；結合電功率的計算公式可解得。【解答】解：據有效值的概念可知(220解得U＝110V若將此電壓加在阻值R＝10Ω的電熱絲兩端，功率為P=U2R故答案為：110，1210【點評】求解交流電的有效值，從有效值的定義出發，根據一個周期內通過相同的電阻，發熱量相同，此直流的值即為交流電的有效值。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?青島期末）如圖，矩形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸OO′勻速轉動，已知線圈匝數為N，ab邊長為L1，bc邊長為L2，單匝線圈電阻為R0，轉動周期為T，勻強磁場的磁感應強度為B，外接電阻阻值為R。從圖示位置開始計時，求：（1）線圈中感應電動勢的瞬時值表達式；（2）0～14T內通過電阻R的電荷量和電阻R【考點】用有效值計算交流電路的電功、電功率和焦耳熱；計算從不同位置開始計時交變電流的表達式．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】（1）線圈中感應電動勢的瞬時值表達式為e＝NBL1L2?2πTsin（2）0～14T內通過電阻R的電荷量為NBL1L2【分析】（1）根據正弦式交流電瞬時值的表達式推導完成；（2）根據電流的平均值和有效值結合電荷量、電熱的表達式列式計算。【解答】解：（1）圖中線圈從中性面開始轉動，其電動勢瞬時值表達式為e＝Emsinωt＝NBL1L2?2πTsin（2）0～14T內通過電阻R的電荷量q=It=NΔΦΔtR+NR0?Δt=NBL1L2R答：（1）線圈中感應電動勢的瞬時值表達式為e＝NBL1L2?2πTsin（2）0～14T內通過電阻R的電荷量為NBL1L2【點評】考查正弦式交變電流的表達式和電荷量、電熱的計算問題，會根據題意進行準確分析解答。14．（2024秋?海淀區期末）如圖所示，交流發電機的矩形金屬線圈abcd處于磁感應強度B＝0.05T的勻強磁場中，其邊長ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝20cm，匝數n＝100（圖中只畫出1匝），線圈的總電阻r＝10Ω，線圈可繞垂直于磁場且過bc和ad邊中點的轉軸OO'以角速度ω＝400rad/s勻速轉動。線圈的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環E、F（集流環）焊接在一起，并通過電刷與阻值R＝90Ω的定值電阻連接。電路中其他電阻以及線圈的自感系數均可忽略不計。（1）求線圈中感應電動勢的最大值Em。（2）從線圈平面與磁場方向平行位置開始計時，寫出線圈中感應電流i隨時間t變化的關系式；（3）求線圈轉動過程中，電阻R上的發熱功率P。【考點】正弦式交變電流的函數表達式及推導；交流發電機及其產生交變電流的原理；交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】（1）線圈中感應電動勢的最大值Em為200V；（2）線圈中感應電流i隨時間t變化的關系式為i＝2cos400t（A）；（3）線圈轉動過程中，電阻R上的發熱功率P為180W。【分析】（1）根據Em＝nBSω計算；（2）根據閉合電路的歐姆定律計算出最大電流，然后根據表達式分析即可；（3）計算出電路中電流的有效值，然后根據公式P＝I2R計算。【解答】解：（1）線圈中感應電動勢的最大值Em＝nBSω＝100×0.05×50×10﹣2×20×10﹣2×400V＝200V（2）電路中的最大電流為Im線圈中感應電流i隨時間t變化的關系式為i＝Imcosωt整理可得i＝2cos400t（A）（3）電流的有效值為I=則電阻R的發熱功率為P＝I2R代入數據解得P＝180W答：（1）線圈中感應電動勢的最大值Em為200V；（2）線圈中感應電流i隨時間t變化的關系式為i＝2cos400t（A）；（3）線圈轉動過程中，電阻R上的發熱功率P為180W。【點評】本題考查了感應電動勢最大值的計算公式，只要電阻的功率要用有效值計算，線圈是從平行于磁場位置開始計時的，所以電流的瞬時值表達式是余弦函數。15．（2024秋?海淀區校級期末）如圖甲所示，在一個正方形金屬線圈區域內，存在著磁感應強度B隨時間變化的勻強磁場，磁場的方向與線圈平面垂直。金屬線圈所圍的面積S＝100cm2，匝數n＝1000，線圈總電阻r＝1.0Ω。線圈與電阻R構成閉合回路，電阻R＝2.0Ω。以圖甲所示磁感應強度方向為正，勻強磁場的磁感應強度隨時間變化的情況如圖乙所示，求：（1）求出在0～0.2s時間內，線圈中感應電動勢的大小。（2）在圖丙中畫出線圈中感應電流隨時間變化的I﹣t圖像（以線圈中逆時方向為電流正方向，至少畫出兩個周期）。（3）求出線圈中電流的有效值。【考點】有效值的定義和一般交變電流的有效值；根據B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應電動勢；電磁感應過程中的電路類問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與圖象結合；推理論證能力．【答案】（1）在0～0.2s時間內，線圈中感應電動勢的大小為3V。（2）I﹣t圖像如圖所示；（3）線圈中電流的有效值為2A【分析】（1）根據法拉第電磁感應定律計算出感應電動勢的大小；（2）根據法拉第電磁感應定律計算出感應電動勢的大小，根據歐姆定律計算出電流的大小并畫出對應的圖像；（3）分別求出在一個周期內產生的焦耳熱，結合有效值的定義計算出電流的有效值。【解答】解：（1）根據法拉第電磁感應定律，0～0.2s時間內線圈的磁通量均勻變化，產生恒定的感應電流，0～.2s時的感應電動勢為：E（2）根據閉合電路歐姆定律，0～0.2s時間內閉合回路中的感應電流為：I10.2～0.3s時的感應電動勢為：0.2～0.3s閉合回路中的感應電流為：I20.3～0.6s是重復上一個周期，故線圈中感應電流隨時間變化的I﹣t圖像如下圖所示：（3）根據焦耳定律，0～0.2s閉合電路中產生的熱量為：Q10.2～0.3s內閉合電路中產生的熱量為：Q2在一個周期中整個閉合電路中產生的熱量為：Q＝Q1+Q2，根據電流有效值的定義可知，Q＝I2（R+r）（t1+t2）聯立解得：I答：（1）在0～0.2s時間內，線圈中感應電動勢的大小為3V。（2）I﹣t圖像如圖所示；（3）線圈中電流的有效值為2A【點評】本題主要考查了法拉第電磁感應定律的應用，根據公式計算出感應電動勢的大小，結合歐姆定律計算出感應電流的大小，結合電流的有效值計算出具體的大小。

考點卡片1．根據B-t或者φ-t圖像計算感應電動勢【知識點的認識】本考點旨在針對電磁感應中的B﹣t圖像或Φ﹣t圖像問題。1.B﹣t圖像（1）圖像意義：B﹣t圖像的縱坐標直接反映了某一時刻的磁感應強度。（2）斜率的意義：根據法拉第電磁感應定律E＝nΔΦΔt=n（3）拐點的意義：如果拐點的斜率為0，表示感應電動勢的方向要改變。B﹣t圖像的斜率就等于ΔΦΔt2.Φ﹣t圖像（1）圖像意義：Φ﹣t圖像的縱坐標直接反映某一時刻的磁通量大小。（2）斜率的意義：根據法拉第電磁感應定律E＝nΔΦΔt，Φ﹣t圖像的斜率就等于ΔΦ（3）拐點的意義：如果拐點的斜率為0，表示感應電動勢的方向要改變。【命題方向】如圖甲所示，勻強磁場中有一面積為S、電阻為R的單匝金屬圓環，磁場方向垂直于圓環平面豎直向上。圖乙為該磁場的磁感應強度B隨時間t變化的圖像，曲線上P點坐標為（t0，B0），P點的切線在B軸上的截距為B1，由以上信息不能得到的是（）A、t＝t0時，圓環中感應電流的方向B、t＝t0時，圓環中感應電動勢的大小C、0﹣t0內，通過圓環某截面的電量D、0﹣t0內，圓環所產生的焦耳熱分析：根據法拉第電磁感應定律結合圖像分析電動勢大小，根據楞次定律判斷感應電流方向，根據電荷量的計算公式解得電量，焦耳熱需要通過有效值計算。解答：A．根據楞次定律可知，t＝t0時，圓環中感應電流的方向從上向下看為順時針方向，故A錯誤；B．t＝t0時，圓環中感應電動勢的大小E=故B錯誤；C．0﹣t0內，通過圓環某截面的電量q=故C錯誤；D．0﹣t0內感應電動勢不斷變化，但是不能求解電動勢的有效值，則不能求解圓環所產生的焦耳熱，故D正確。故選：D。點評：本題考查電磁感應定律，解題關鍵掌握圖像的含義及楞次定律的應用。【解題思路點撥】1.解決圖像問題的一般步驟（1）明確圖像的種類，是B﹣t圖像還是Φ﹣t圖像，或者是E﹣t圖像、i﹣t圖像等。（2）分析電磁感應的具體過程。（3）用右手定則或楞次定律確定方向對應關系，（4）結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等寫出函數關系式。（5）根據函數關系式進行數學分析，如分析斜率的變化、截距等。（6）畫出圖像或判斷圖像。2.電磁感應中圖像類選擇題的三種常見解法（1）排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢（增大還是減小）變化快慢（均勻變化還是非均勻變化），特別是物理量的正負，排除錯誤的選項。（2）函數法：根據題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對圖像作出分析和判斷，這未必是最簡單的方法，但卻是最有效的方法。（3）面積法：對于i﹣t圖像，圖線與時間軸之間所圍圖形的面積表示電荷量，可通過q＝nΔΦR2．電磁感應過程中的能量類問題【知識點的認識】1.電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程，而能量的轉化是通過安培力做功來實現的。安培力做功的過程，是電能轉化為其他形式的能的過程；外力克服安培力做功的過程，則是其他形式的能轉化為電能的過程。2.求解電能應分清兩類情況（1）若回路中電流恒定，可以利用電路結構及W＝UIt或Q＝I2Rt直接進行計算。（2）若電流變化，則：①利用安培力做功求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有電能與機械能的轉化，則減少的機械能等于產生的電能。3.電磁感應現象中的能量轉化（1）安培力做功（2）焦耳熱的計算①電流恒定時，根據焦耳定律求解，即Q＝I2Rt②感應電流變化時，可用以下方法分析：a.利用動能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安b.利用能量守恒定律，焦耳熱等于其他形式能量的減少量，【命題方向】題型一：電磁感應與能量的綜合電阻可忽略的光滑平行金屬導軌長S＝1.15m，兩導軌間距L＝0.75m，導軌傾角為30°，導軌上端ab接一阻值R＝1.5Ω的電阻，磁感應強度B＝0.8T的勻強磁場垂直軌道平面向上．阻值r＝0.5Ω，質量m＝0.2kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產生的焦耳熱Qr＝0.1J．（取g＝10m/s2）求：（1）金屬棒在此過程中克服安培力的功W安（2）金屬棒下滑速度v＝2m/s時的加速度a（3）求金屬棒下滑的最大速度vm．分析：（1）題中已知金屬棒產生的焦耳熱Qr＝0.1J，R與r串聯，根據焦耳定律分析它們產生的熱量關系，從而求得總的焦耳熱，即為金屬棒克服安培力的功W安．（2）分析金屬棒的受力分析，導體棒受到重力，支持力，安培力，做出受力圖，求出合力，可以求得加速度．（2）當金屬棒的加速度為零時，速度最大，由上題結果求解最大速度．解答：（1）下滑的過程中金屬棒克服安培力做功等于回路產生的焦耳熱．由于R＝3r，因此由焦耳定律Q＝I2Rt得：QR＝3Qr＝0.3J，所以克服安培力做功：W安＝Q＝QR+Qr＝0.4J（2）金屬棒下滑速度v＝2m/s時，所受的安培力為：F＝BIL＝BBLvR+由牛頓第二定律得：mgsin30°-B得：a＝gsin30°-代入解得：a＝10×0.5-0．82×0.7（3）金屬棒勻速運動時速度最大，即a＝0時，v最大，設為vm．由上題結果得：mgsin30°-B可得：vm=mg(R若根據能量守恒定律得：mgSsin30°=12解得：vm=7.5m/s≈2.73m/s，所以金屬棒下滑的最大速度vm為2.73m/s答：（1）金屬棒在此過程中克服安培力的功W安是0.4J．（2）金屬棒下滑速度v＝2m/s時的加速度a是3.2m/s2．（3）金屬棒下滑的最大速度vm是2.73m/s．點評：本題關鍵要分析功能關系，并對金屬棒正確受力分析，應用安培力公式、牛頓第二定律等，即可正確解題．【解題方法點撥】電磁感應中的能量轉化問題1．電磁感應中的能量轉化特點外力克服安培力做功，把機械能或其它能量轉化成電能；感應電流通過電路做功又把電能轉化成其它形式的能（如內能）．這一功能轉化途徑可表示為：2．電能求解思路主要有三種（1）利用克服安培力做功求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功．（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的減少量等于產生的電能．（3）利用電路特征來求解：通過電路中所消耗的電能來計算．3．電磁感應過程中的電路類問題【知識點的認識】1.模型概述：該模型考查的是電磁感應中的電路類問題，主要涉及到求取電學中的物理量，如電流、電壓、電量、功率等。2.電磁感應與電路結合的相關問題的解決方法（1）明確產生感應電動勢的導體或部分電路，該導體或部分電路就相當于電源。（2）畫等效電路圖，分清內、外電路。（3）用法拉第電磁感應定律E＝nΔΦΔt或E＝Blv確定感應電動勢的大小，用楞次定律或右手定則確定感應電流的方向（4）運用閉合電路歐姆定律，串、并聯電路特點，電功率，電熱等公式聯立求解。（5）電磁感應中的電荷量問題：閉合回路中磁通量發生變化時，電荷發生定向移動面形成感應電流，在Δt內遷移的電荷量（感應電荷量）q＝I?Δt=ER總?Δt＝nΔΦΔt【命題方向】例1.如圖，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中。一接入電路電阻為R的導體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中（）A.PQ兩端電壓先減小后增大B.PQ中電流先減小后增大C.PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先減小后增大分析：本題分兩段研究：PQ從ad處滑到ab中點的過程和從ab中點滑到bc處的過程。導體棒由靠近ad邊向bc邊勻速滑動的過程中，產生的感應電動勢不變，外電路總電阻先增大后減小，由歐姆定律分析PQ中電流和PQ兩端的電壓如何變化；PQ上外力的功率等于整個電路的電功率，由P=E解答：AB、在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中，由E＝BLv可知PQ產生的感應電動勢保持不變，外電路總電阻先增大后減小，由閉合電路歐姆定律分析得知，PQ中的電流先減小后增大。PQ相當于電源，PQ兩端電壓為路端電壓，由U＝E﹣IR，可知PQ兩端的電壓先增大后減小，故A錯誤，B正確；C、導體棒勻速運動，PQ上外力的功率等于整個回路的電功率，而整個回路的總電阻先增大后減小，由P=E2R總分析得知，D、線框作為外電路，總電阻最大值為R總=12×3R2=0.75R故選：BC。點評：本題一要分析清楚線框總電阻如何變化，抓住PQ位于ad中點時線框總電阻最大，分析電壓的變化和電流的變化；二要根據推論：外電阻等于電源的內阻時電源的輸出功率最大，分析線框功率的變化。【解題思路點撥】電磁感應中的電路類問題的解題思路①求感應電動勢E＝Blv或E＝nΔΦ②畫等效電路圖③求感應電流I=④求電路兩端電壓U內＝Ir以及U外＝E﹣Ir⑤求電路功率P外＝IU外以及P總＝IE4．交流發電機及其產生交變電流的原理【知識點的認識】1.產生裝置將閉合線圈置于勻強磁場，并繞垂直于磁場方向的軸做勻速轉動，線圈中將產生按正（余）弦規律變化的交流電。2.兩個特殊位置及特點①中性面上圖甲和丙所處的位置特點：穿過線圈的磁通量Φ最大，磁通量的變化率ΔΦΔt=0，所以感應電動勢E＝0，該應電流I＝②與中性面垂直的位置上圖乙和丁所處的位置特點：穿過線圈的磁通量Φ＝0，磁通量的變化率ΔΦΔt最大，所以感應電動勢E最大，該應電流I3.交變電流的變化規律對于如圖所示的發電機，設t＝0時線圈剛好轉到中性面，此時導線AB的速度方向剛好與磁感線平行，因此感應電動勢為0。設線圈旋轉的角速度為ω，AB和CD的長度為l，AD和BC的長度為d，則經過時間t，線框轉過的角度θ＝ωt。線框旋轉過程中AB和CD的速度v＝ωd2，與磁感線垂直的速度為vsinθ，即ωd2sinωe＝2Blvsinθ＝ωBldsinωt＝ωBSsinωt其中，S表示線框的面積。設Em＝ωBS，可知線框的電動勢是隨時間按正弦函數規律變化的，為e＝Emsinωt式中Em是常數，表示電動勢可能達到的最大值。對于單匝線圈，Em＝ωBS；如果線圈匝數為N，則Em＝NωBS。同理如果線圈從平行于磁場方向開始轉動：e＝Emcosωt。【命題方向】交流發電機的示意圖如圖所示，當線圈ABCD繞垂直于磁場方向的轉軸OO'勻速轉動時，電路中產生的最大電流為Im，已知線圈轉動的周期為T，下列說法正確的是（）A、圖示位置磁通量最大，磁通量的變化率最大B、圖示位置電流最大，方向為A→BC、從圖示位置開始經過T4D、從圖示位置計時，線圈中電流i隨時間t變化的關系式為i分析：線圈平面與磁場垂直時，線圈位于中性面位置，此時磁通量最大，磁通量的變化率最小，電流最小，每經過一次圖示位置的中性面，電流方向就改變一次，從中性面開始計時線圈中電流i隨時間t變化的關系式為i=解答：ABC、圖示位置為中性面，磁通量最大，磁通量的變化率最小，電流最小，每經過一次圖示位置的中性面，電流方向就改變一次，故ABC錯誤；D、從圖示位置計時，線圈中電流i隨時間t變化的關系式為i=Im故選：D。點評：本題主要考查了中性面，明確線圈位于中性面位置，此時磁通量最大，磁通量的變化率最小，電流最小，每經過一次圖示位置的中性面，電流方向就改變一次。【解題思路點撥】正弦交變電流產生的原理矩形線圈繞垂直于勻強磁場的軸勻速轉動的過程中，與軸平行的兩條邊（導線）切割磁感線，因而產生感應電動勢，線圈上就有了電流．交流發電機的工作過程是將機械能轉化為電能和回路中內能的過程，符合能量守恒定律.5．交變電流的u-t圖像和i-t圖像【知識點的認識】1.用以描述交流電隨時間變化的規律，如果線圈從中性面位置開始計時，其圖象為正弦曲線．如圖（e）、（f）所示．2.可以直接或間接從圖像上讀取的物理量有：任意時刻的電壓或電流、交變電壓或電流的最大值、交變電壓或電流的周期、可以求出交變電流或電壓的角頻率（線圈轉動的角速度）、交變電壓或電流的表達式、交變電壓或電流的有效值等。【命題方向】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，A為交流電流表．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．從圖示位置開始計時，產生的交變電流隨時間變化的圖象如圖乙所示．以下判斷正確的是（）A．電流表的示數為10AB．線圈轉動的角速度為50πrad/sC．0.01s時線圈平面與磁場方向平行D．0.02s時電阻R中電流的方向自右向左分析：由題圖乙可知交流電電流的最大值、周期，電流表的示數為有效值，感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，由楞次定律可判斷出0.02s時流過電阻的電流方向．解答：A、由題圖乙可知交流電電流的最大值是Im=102A，周期T＝0.02s，由于電流表的示數為有效值，故示數I=IB、角速度=2πT=100πC、0.01s時線圈中的感應電流達到最大，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，故線圈平面與磁場方向平行，選項C正確；D、由楞次定律可判斷出0.02s時流過電阻的電流方向自左向右，選項D錯誤．故選AC．點評：本題是2013年的高考題，考查的知識點較多，難度不大．【解題方法點撥】解決交變電流圖象問題的三點注意（1）只有當線圈從中性面位置開始計時，電流的瞬時值表達式才是正弦形式，其變化規律與線圈的形狀及轉動軸處于線圈平面內的位置無關．（2）注意峰值公式Em＝nBSω中的S為有效面積．（3）在解決有關交變電流的圖象問題時，應先把交變電流的圖象與線圈的轉動位置對應起來，再根據特殊位置求特征解．6．正弦式交變電流的函數表達式及推導【知識點的認識】1.正弦式電流的函數表達式為i＝Imsinωt，u＝Umsinωt，式中Im、Um分別表示電流和電壓的峰值。i和u表示電流和電壓的瞬時值。ω表示線圈轉動的角速度。（1）此表達式代表的是線圈從中線面開始轉動的情況。（2）式子中Um＝NBSω。2.表達式的推導：若矩形線圈在磁場中從中性面開始以角速度o勻速轉動，如圖所示，則經時間t：（1）線圈轉過的角度為θ＝ωt。（2）ab邊的線速度跟磁感線方向的夾角θ＝ωt。（3）ab邊轉動的線速度大小v＝ωl（4）ab邊產生的感應電動勢eab＝Blabvsinθ=BSω2?sinω（5）整個線圈產生的感應電動勢e＝2eab＝BSωsinωt，若線圈為n匝，則e＝nBSωsinωt。【命題方向】矩形線圈在勻強磁場中轉動產生e＝2202sin100A、頻率是50HzB、當t＝0時，線圈平面恰好與中性面垂直C、當t=1200sD、有效值為220V分析：根據交流電的表達式，可以知道其最大值，以及線圈轉動的角速度等物理量，然后進一步求出其它物理量，如有效值、周期、頻率等．解答：A、線圈的角速度為100πrad/s，故其頻率為：f=ω2π=B、當t＝0時e＝0，此時線圈處在中性面上，故B錯誤。C、當t=1200s時，sin100πt＝1，所以e有最大值，故D、有效值為：22022=220V故選：ACD。點評：對于交流電的產生和描述要正確理解，要會推導交流電的表達式，明確交流電表達式中各個物理量的含義．【解題思路點撥】1.交變電壓的表達式u＝Umsinωt，根據歐姆定律即可得出電路中電流的i=u2.正弦式交變電流瞬時值的表達式7．計算從不同位置開始計時交變電流的表達式【知識點的認識】1.當線圈從不同位置開始轉動時，交變電流的瞬時值表達式是不相同的，交變電流表達式的推導方向如下：若矩形線圈在磁場中從中性面開始以角速度o勻速轉動，如圖所示，則經時間t：（1）線圈轉過的角度為θ＝ωt。（2）ab邊的線速度跟磁感線方向的夾角θ＝ωt。（3）ab邊轉動的線速度大小v＝ωl（4）ab邊產生的感應電動勢eab＝Blabvsinθ=BSω2?sinω（5）整個線圈產生的感應電動勢e＝2eab＝BSωsinωt，若線圈為n匝，則e＝nBSωsinωt。2.常見的兩個起轉位置是從中性面開始和從與中性面垂直的位置開始，這兩種方式開始計時的情況交變電流的表達式為：【命題方向】如圖所示線圈面積為0.05m2，共100匝，線圈總電阻為r＝1Ω，外電阻R＝9Ω，線圈處于B=2πT的勻強磁場中．當線圈繞軸以轉速n＝（1）若從線圈處于中性面開始計時，寫出電動勢的瞬時值表達式．（2）兩電表的示數．（3）線圈轉過180°的過程中，通過電阻的電荷量．（4）線圈勻速轉一圈產生的總熱量．分析：（1）從線圈處于中性面開始計時，電動勢的瞬時值表達式為e＝Emsinωt．感應電動勢的最大值Em＝nBSω，由題已知條件代入求出．（2）交流電表測量有效值，由感應電動勢的最大值，求出感應電動勢的有效值，由歐姆定律求解兩電表的讀數．（3）線圈轉過180°的過程中，由q＝nΔΦR（4）根據焦耳定律Q＝I2Rt求解線圈勻速轉一圈產生的總熱量，I為電流的有效值．解答：（1）線圈的角速度ω＝2πn＝10πrad/s，感應電動勢的最大值Em＝nBSω＝100V，則從線圈處于中性面開始計時，電動勢的瞬時值表達式為e＝Emsinωt＝100sin10πtV（2）電路中電流的有效值I=ER+r，E=22Em，代入解得I＝52電壓表讀數為U＝IR＝452V（3）線圈轉過180°的過程中，通過電阻的電荷量q＝nΔΦR（4）線圈勻速轉一圈產生的總熱量Q＝I2RT＝I2R?2π答：（1）若從線圈處于中性面開始計時，電動勢的瞬時值表達式為100sin10πtV；（2）電流表讀數為52A，電壓表讀數為452V．（3）線圈轉過180°的過程中，通過電阻的電荷量是2πC（4）線圈勻速轉一圈產生的總熱量是100J．點評：本題是交變電流規律的基本應用，注意交流電表測量的是交流電的有效值．常規題．【解題思路點撥】1.從中心面起轉和從垂直于中線面的位置起轉，相位差了π2，所以，表達式一個是i＝Imsinωt，另一個是i＝Imsin（ωt+π2）＝Imcos2.正弦式交流電和余弦式交流電除了相位不同，并無區別，因此兩者統稱為正弦式交變電流。8．交變電流峰值的計算和影響因素【知識點的認識】1.定義：交變電流的峰值是指最大的瞬時值。2.意義：表征交變電流的變化范圍。3.符號：用Em、Im、Um分別表示電動勢、電流、電壓的峰值。4.計算方法：Em＝NBSω由閉合電路的歐姆定律：Im=5.影響因素：交變電流的峰值由線圈匝數、磁感應強度、線圈面積和角速度決定，與線圈的形狀無關。6.應用環境：當考慮某些電學元件（電容器、晶體管等）的擊穿電壓（耐壓值）時，指的是交變電流的最大值7.推論：因為BS＝Φ（磁通量），所以Em＝NωΦm。【命題方向】圖示為一臺小型發電機示意圖，矩形線圈在勻強磁場中繞OO′軸勻速轉動，磁場方向與轉軸垂直。矩形線圈的面積為S＝2.0×10﹣2m2，匝數N＝40匝，線圈電阻r＝1.0Ω，磁場的磁感應強度B＝0.20T。線圈繞OO′軸以ω＝100rad/s的角速度勻速轉動。線圈兩端外接阻值為R＝9.0Ω的定值電阻和一個理想交流電壓表。求：（1）線圈中產生的感應電動勢的最大值；（2）從圖示位置開始計時，寫出通過電流瞬時值的表達式；（3）交流電壓表的讀數。分析：（1）根據Em＝NBSω計算；（2）根據閉合電路的歐姆定律計算出最大電流，然后寫出瞬時值表達式；（3）根據最大值得到交流電的有效值，進而得到電壓表的示數。解答：（1）線圈中產生的感應電動勢的最大值為Em＝NBSω＝40×0.20×2.0×10﹣2×100V＝16V（2）回路中的最大電流為Im圖示位置與中性面垂直，故通過電流瞬時值的表達式為i＝Imcosωt＝1.6cos100t（A）（3）電流的有效值為I有效交流電壓表的讀數為U＝I有效?R=0.82答：（1）線圈中產生的感應電動勢的最大值為16V；（2）從圖示位置開始計時，寫出通過電流瞬時值的表達式為i＝1.6cos100t（A）；（3）交流電壓表的讀數為10V。點評：掌握感應電動勢最大值的計算公式，閉合電路的歐姆定律，知道交流電表的讀數指的是有效值。【解題思路點撥】1.交變電流電動勢的峰值與線圈的形狀無關，計算公式為Em＝NBSω。2.峰值常見的應用與電容器的擊穿電壓有關。9．有效值的定義和一般交變電流的有效值【知識點的認識】1.定義：有效值是根據電流的熱效應定義的一個等效概念。讓交變電流與恒定電流分別通過大小相同的電阻，如果在交流的一個周期內它們產生的熱量相等，而這個恒定電流與電壓分別是I、U，我們就把Ⅰ、U叫作這個交變電流的有效值。2.符號：用E、I、U分別表示電動勢、電流、電壓的有效值。3.計算方法：（1）對于正弦式交變電流：I=Im2，（2）對于非正弦交變電流，可利用有效值的定義來計算其有效值4.應用環境：當計算某時間內的功率，產生的熱量.電流做的功等問題時需使用有效值【命題方向】如圖表示一交變電流的電流隨時間而變化的圖象，此交變電流的有效值為（）A、52AB、5AC、25AD、3.5A分析：根據有效值的定義求解．取一個周期時間，將交流與直流分別通過相同的電阻，若產生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值．解答：將交流與直流通過阻值都為R的電阻，設直流電流為I，則根據有效值的定義有(42)2R?T2+（22解得：I＝25A故選：C。點評：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．【解題思路點撥】對有效值的理解：在一個