第36頁（共36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交變電流一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?慈溪市期末）下列圖像中不屬于交變電流的是（）A． B． C． D．2．（2024?深圳一模）如圖所示，各線圈在勻強磁場中繞軸勻速轉動（從左往右看沿順時針方向轉），從圖示位置開始計時，設電流從2流出線圈為正方向，能產生圖甲波形交變電流的是（）A．線圈平面與磁場垂直 B．線圈平面與磁場平行 C．線圈平面與磁場垂直 D．線圈平面與磁場平行3．（2023秋?邢臺期末）交流發電機模型如圖所示，矩形線圈ABCD在勻強磁場中繞其中心軸OO′勻速轉動，從線圈平面與磁場垂直時開始計時，已知線圈轉動的角速度ω＝2πrad/s，下列說法正確的是（）A．線圈中產生余弦變化規律的交變電流 B．t＝0.25s時，線圈位于中性面 C．t＝0.5s時，穿過線圈的磁通量變化率最大 D．t＝0.75s時，線圈的感應電動勢最大4．（2023秋?金臺區期末）下列情況中，線圈都以角速度ω繞圖中的轉軸OO′勻速轉動，不能產生交變電流的是（）A． B． C． D．5．（2020?鹽城二模）在下列四幅u﹣t圖象中，能正確反映我國居民生活所用交流電的是（）A． B． C． D．二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?河西區期末）如圖所示是小型交流發電機的示意圖，線圈繞垂直于勻強磁場方向的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉動，角速度為ω，勻強磁場磁感應強度大小為B，線圈匝數為N，面積為S，總電阻為r，外接電阻為R，V為理想交流電壓表。在t＝0時刻，穿過線圈的磁通量為零。下列說法正確的是）（）A．從t＝0時刻開始，電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSωcosωt B．電壓表示數U=C．若線圈的轉速變為原來的2倍，電阻R的功率也變為原來的2倍 D．從t＝0時刻開始，線圈轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量q（多選）7．（2023秋?天津期末）如圖甲所示是目前市面上流行的手搖手機充電器，它體型小，攜帶方便，可以在緊急狀態下給手機臨時充電，其示意圖如圖乙所示。若某人搖動手柄給手機充電時，其內部線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，下列說法正確的是（）A．線圈轉動的快慢程度會影響回路中的電流大小 B．當線圈轉到圖乙所示位置時，電流方向將發生改變 C．若從圖乙位置開始計時，線圈中的電流瞬時值表達式為i＝Imsinωt D．當線圈轉到圖乙所示位置時，穿過線圈磁通量的變化率最大（多選）8．（2024春?九龍坡區校級期末）如圖所示，虛線MN左側空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。邊長為L的單匝金屬線框abcd以MN為對稱軸放置在紙面內，以角速度ω繞軸MN勻速轉動，產生電流的最大值為Im，則下列說法正確的是（）A．轉一圈，電流方向改變兩次 B．電流的有效值等于12C．b、c兩端電壓的最大值為38D．線圈中的電熱功率為1（多選）9．（2024春?深圳期中）如圖所示，下列線圈勻速轉動或勻速直線運動，能產生交變電流的是（）A． B． C． D．三．填空題（共3小題）10．（2024春?虹口區校級期中）100匝矩形線圈在勻強磁場中繞其垂直于磁場的一邊勻速轉動，產生如圖所示的電動勢．可知線圈轉動的角速度ω＝rad/s．穿過線圈的磁通量最大值φmax＝Wb，此時的電動勢值e＝V．11．（2022秋?城廂區校級期末）如圖所示，100匝的矩形線圈ABCD，AB＝CD＝0.5m，AD＝BC＝0.2m，將線圈置于B＝2T的勻強磁場中，以OO′為軸轉動，轉速為ω＝5rad/s，則線圈轉動一周電流方向改變次，產生的感應電動勢的最大值為。12．（2021春?涼州區校級期末）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，線框中感應電流的峰值Im＝，感應電流的有效值I＝。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?雁塔區校級期末）圖甲是交流發電機模型示意圖。在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內垂直于磁感線的OO′軸轉動，由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO′轉動的金屬圈環相連接，金屬圓環又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路。圖乙是線圈的主視圖，導線ab和cd分別用它們的橫截面來表示。已知ab長度為L1，bc長度為L2，線圈以恒定角速度ω逆時針轉動（只考慮單匝線圈），線圈電阻為r，其它電阻均不計。（1）線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢e1的表達式；（2）求線圈從中性面開始轉過T4的過程中流過電阻R（3）求線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱。14．（2023秋?淮安期末）矩形線圈面積S＝0.02m2匝數N＝100匝，電阻r＝1Ω，在磁感應強度B＝0.05T的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω＝20rad/s勻速轉動，外電路電阻R＝4Ω，從圖示位置開始計時。求：（1）當線圈在圖示位置時，電阻R兩端的電壓U；（2）當線圈由圖示位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量q。15．（2023秋?海門區期末）如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中有一個單匝矩形線圈ABCD。AB長度為L1，BC長度為L2，線圈以P1為軸轉動，角速度為ω。求：（1）如圖所示位置通過線圈的磁通量及感應電動勢；（2）若以P2為軸，從所示位置開始仍以角速度ω轉動，經過時間t時的感應電動勢e表達式。

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交變電流參考答案與試題解析題號12345答案DADAC一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?慈溪市期末）下列圖像中不屬于交變電流的是（）A． B． C． D．【考點】交變電流的概念．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】D【分析】交變電流的典型特點是電流方向變化，其大小可能變，也可能不變，據此分析。【解答】解：只要電流方向隨時間做周期性變化，則即為交流電，故ABC均為交流；C中電流大小雖然在周期性變化，但方向不變，故D不是交流電，故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查交流電的性質，判斷的主要依據是交流電的方向在做周期性變化。2．（2024?深圳一模）如圖所示，各線圈在勻強磁場中繞軸勻速轉動（從左往右看沿順時針方向轉），從圖示位置開始計時，設電流從2流出線圈為正方向，能產生圖甲波形交變電流的是（）A．線圈平面與磁場垂直 B．線圈平面與磁場平行 C．線圈平面與磁場垂直 D．線圈平面與磁場平行【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；理解能力．【答案】A【分析】根據中性面及與中性面垂直的面的特點結合右手定則分析解答。【解答】解：初始時刻，感應電流為0，則初始時刻線圈平面與磁場垂直，結合右手定則可知圖A中電流從2流出線圈為正方向，故A正確，BCD錯誤；故選：A。【點評】本題考查交變電流的產生，解題關鍵掌握中性面的特點。3．（2023秋?邢臺期末）交流發電機模型如圖所示，矩形線圈ABCD在勻強磁場中繞其中心軸OO′勻速轉動，從線圈平面與磁場垂直時開始計時，已知線圈轉動的角速度ω＝2πrad/s，下列說法正確的是（）A．線圈中產生余弦變化規律的交變電流 B．t＝0.25s時，線圈位于中性面 C．t＝0.5s時，穿過線圈的磁通量變化率最大 D．t＝0.75s時，線圈的感應電動勢最大【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據圖象得到t＝0時穿過線圈平面的磁通量大小，由此確定線圈的位置；再根據圖象的斜率確定磁通量的變化快慢；根據變化率確定感應電動勢的大小。【解答】解：A．根據題意可知線圈平面與磁場垂直時開始計時，即線圈從中性面開始轉動，磁通量最大，磁通量變化率為零，感應電動勢為零，感應電流為零，產生正弦變化規律的交變電流，故A錯誤；BCD．已知線圈轉動的角速度ω＝2πrad/s，可得：T=代入數據得：T＝1s當t＝0.25s時，可得：t=由此可知線圈從中性面轉到線圈平面與磁場平行的位置；當t＝0.5s時，可得：t=由此可知線圈轉到中性面位置，此時穿過線圈的磁通量變化率最小；當t＝0.75s時，可得t=由此可知線圈轉到與磁場平行的位置，此時線圈的感應電動勢最大，故BC錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查法拉第電磁感應定律以及磁通量的圖象應用，要注意明確磁通量的變化快慢對應的是感應電動勢的大小。4．（2023秋?金臺區期末）下列情況中，線圈都以角速度ω繞圖中的轉軸OO′勻速轉動，不能產生交變電流的是（）A． B． C． D．【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理；電磁感應現象的發現過程．【專題】參照思想；推理法；電磁感應與圖象結合；理解能力．【答案】A【分析】閉合電路中線圈在磁場中轉動時，線圈中要產生交變電流，要滿足線圈中的磁通量發生周期性變化。【解答】解：A、矩形線圈雖然轉動，但穿過線圈的磁通量不變，所以沒有感應電流出現，故A正確；BCD、線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動，線圈中的磁通量發生周期性變化，線圈中能產生正弦式交變電流，故BCD錯誤；故選：A。【點評】考查如何產生正弦式交流電，及通過類比法，掌握變形式題目，注意緊扣穿過線圈的磁通量發生變化．5．（2020?鹽城二模）在下列四幅u﹣t圖象中，能正確反映我國居民生活所用交流電的是（）A． B． C． D．【考點】交變電流的概念．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；理解能力．【答案】C【分析】根據對家庭用電（交流電）的了解回答，知道我國生活用電電壓220V為有效值。【解答】解：我們日常生活中用的都是正弦式交流電，電壓是220V，頻率是50Hz．周期為0.02s電壓的最大值為：2202V＝311V，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題考查交流電的性質，要注意明確我們平常所說的電壓為有效值，要知道正弦式交流電最大值是有效值的2倍。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?河西區期末）如圖所示是小型交流發電機的示意圖，線圈繞垂直于勻強磁場方向的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉動，角速度為ω，勻強磁場磁感應強度大小為B，線圈匝數為N，面積為S，總電阻為r，外接電阻為R，V為理想交流電壓表。在t＝0時刻，穿過線圈的磁通量為零。下列說法正確的是）（）A．從t＝0時刻開始，電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSωcosωt B．電壓表示數U=C．若線圈的轉速變為原來的2倍，電阻R的功率也變為原來的2倍 D．從t＝0時刻開始，線圈轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量q【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理；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】AD【分析】根據最大值和開始計時位置寫出瞬時值表達式；根據閉合電路的歐姆定律計算；根據電路中電流的變化和功率公式分析；根據電流的定義式、歐姆定律和法拉第電磁感應定律分析計算。【解答】解：A、線圈轉動產生的感應電動勢的最大值為Em＝NBSω，t＝0時，穿過線圈的磁通量為零，磁通量變化率最大，所以從t＝0時刻開始，電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSωcosωt，故A正確；B、電動勢的有效值為E=Em2，根據閉合電路的歐姆定律可得電壓表示數為U=RR+C、若線圈的轉速變為原來的2倍，根據Em＝NBSω可知，感應電動勢的最大值變為原來的2倍，根據歐姆定律可知電路中的電流I也變為原來的2倍，根據P＝I2R可知，電阻R的功率變為原來的4倍，故C錯誤；D、從t＝0時刻開始，線圈轉過90°的過程中穿過線圈的磁通量變化量ΔΦ＝BS，通過電阻R的電荷量為q=IΔt，電流為I=ER+r故選：AD。【點評】知道在交流電中的最大值、瞬時值和有效值、平均值的用法是解題的關鍵。（多選）7．（2023秋?天津期末）如圖甲所示是目前市面上流行的手搖手機充電器，它體型小，攜帶方便，可以在緊急狀態下給手機臨時充電，其示意圖如圖乙所示。若某人搖動手柄給手機充電時，其內部線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，下列說法正確的是（）A．線圈轉動的快慢程度會影響回路中的電流大小 B．當線圈轉到圖乙所示位置時，電流方向將發生改變 C．若從圖乙位置開始計時，線圈中的電流瞬時值表達式為i＝Imsinωt D．當線圈轉到圖乙所示位置時，穿過線圈磁通量的變化率最大【考點】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】定性思想；推理法；交流電專題；理解能力．【答案】AD【分析】根據電磁感應的基本原理和線圈中產生的感應電流的規律解答AC選項，通過線圈轉動分析電流方向，根據初始位置得出電流瞬時值表達式以及磁通量變化率，從而得知BD選項的正誤。【解答】解：A、線圈轉動越快，通過線圈的磁通量變化率越大，根據法拉第電磁感應定律，產生的感應電動勢越大，進而導致回路中的電流越大，因此，線圈轉動的快慢程度確實會影響回路中的電流大小，故A正確；B、電流方向的改變發生在線圈平面與磁感線垂直的位置，即所謂的中性面，圖乙所示位置并不是中性面，因此電流方向不會在此時發生改變，故B錯誤；C、從圖乙位置開始計時，即線圈處于與磁感線平行的位置，此時線圈中的電流應為最大值，因此正確的電流瞬時值表達式應為i＝Imcosωt，故C錯誤；D、圖乙所示位置是線圈與磁感線平行的位置，此時線圈中的電流達到最大值，意味著穿過線圈的磁通量變化率也達到最大，故D正確；故選：AD。【點評】本題的關鍵在于理解電磁感應的基本原理，特別是線圈在磁場中轉動時產生的感應電流的特性。正確理解線圈轉動速度、電流方向、電流瞬時值表達式以及磁通量變化率之間的關系，是解答此類問題的關鍵。（多選）8．（2024春?九龍坡區校級期末）如圖所示，虛線MN左側空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。邊長為L的單匝金屬線框abcd以MN為對稱軸放置在紙面內，以角速度ω繞軸MN勻速轉動，產生電流的最大值為Im，則下列說法正確的是（）A．轉一圈，電流方向改變兩次 B．電流的有效值等于12C．b、c兩端電壓的最大值為38D．線圈中的電熱功率為1【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理；熱功率的計算．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】線框轉動過程產生正弦式交變電流，一個周期內，電流方向改變兩次，根據最大值與有效值的關系求出電流和電壓的有效值；線框轉動過程外力做功轉化為焦耳熱，應用焦耳定律熱功率。【解答】解：A．當線圈經過中性面時，電流方向改變，所以一個周期內，電流方向改變兩次，故A正確；B．電流的有效值為I=故B錯誤；C．b、c兩端電壓的最大值為Um故C正確；D．線圈中的電熱功率為P=故D錯誤。故選：AC。【點評】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；磁通量是二向標量，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。（多選）9．（2024春?深圳期中）如圖所示，下列線圈勻速轉動或勻速直線運動，能產生交變電流的是（）A． B． C． D．【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理．【專題】比較思想；等效替代法；交流電專題；理解能力．【答案】AD【分析】線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的轉軸勻速轉動時，線圈中產生交變電流，結合公式E＝BLv和感應電流產生條件進行分析。【解答】解：AD、線圈繞垂直于勻強磁場的轉軸勻速轉動，可以產生交變電流，故AD正確；B、根據E＝BLv，可知該線圈產生的是恒定電流，不會產生交變電流，故B錯誤；C、穿過線框的磁通量不變，沒有感應電流，故C錯誤。故選：AD。【點評】本題考查如何產生交流電，要掌握常見的產生交變電流的方法：線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的轉軸勻速轉動，通過類比法進行分析。三．填空題（共3小題）10．（2024春?虹口區校級期中）100匝矩形線圈在勻強磁場中繞其垂直于磁場的一邊勻速轉動，產生如圖所示的電動勢．可知線圈轉動的角速度ω＝100πrad/s．穿過線圈的磁通量最大值φmax＝311π×10-4WbWb，此時的電動勢值e＝【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理．【專題】交流電專題．【答案】見試題解答內容【分析】由圖像知交流電的周期可以求角速度ω，由電動勢最大值可以求有效值，電動勢最大時，磁通量最小．【解答】解：由圖像知交流電的周期為0.02s，所以角速度ω=2π0.02=100πrad/s，電動勢最大值Em＝NBSω，所以φmax＝BS故答案為：100π，311π×1【點評】本題考查了正弦交流電的原理，要會從圖像中獲取有用的物理信息；明確周期和角速度之間的關系．11．（2022秋?城廂區校級期末）如圖所示，100匝的矩形線圈ABCD，AB＝CD＝0.5m，AD＝BC＝0.2m，將線圈置于B＝2T的勻強磁場中，以OO′為軸轉動，轉速為ω＝5rad/s，則線圈轉動一周電流方向改變2次，產生的感應電動勢的最大值為100V。【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理．【專題】定量思想；交流電專題；理解能力．【答案】2100V【分析】矩形線圈ABCD圍繞OO′勻速轉動時產生正弦式交流電，每經過中性面一次，電流方向改變一次；根據Em＝NBSω可求感應電動勢的最大值。【解答】解：（1）當線圈經過中性面時，電流方向發生改變，線圈轉動一周兩次經過中性面，所以電流方向改變2次；（2）感應電動勢的最大值為：Em＝NBSω其中：S＝AB?AD代入數據解得：Em＝100V故答案為：2100V【點評】線框在勻強磁場中勻速轉動，產生正弦式交變電流，知道中性面的特點，掌握交流電的變化規律。12．（2021春?涼州區校級期末）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，線框中感應電流的峰值Im＝BSωR，感應電流的有效值I＝2BSω【考點】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】交流電專題．【答案】見試題解答內容【分析】根據峰值表達式求出感應電動勢的最大值，結合歐姆定律求出電流的最大值，從而得出電流的有效值．【解答】解：線框產生的感應電動勢的峰值Em＝BSω，根據歐姆定律知，電流的峰值Im則感應電流的有效值I=I故答案為：BSωR，2【點評】解決本題的關鍵知道峰值的表達式，知道有效值和峰值的關系，基礎題．四．解答題（共3小題）13．（2024秋?雁塔區校級期末）圖甲是交流發電機模型示意圖。在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內垂直于磁感線的OO′軸轉動，由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO′轉動的金屬圈環相連接，金屬圓環又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路。圖乙是線圈的主視圖，導線ab和cd分別用它們的橫截面來表示。已知ab長度為L1，bc長度為L2，線圈以恒定角速度ω逆時針轉動（只考慮單匝線圈），線圈電阻為r，其它電阻均不計。（1）線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢e1的表達式；（2）求線圈從中性面開始轉過T4的過程中流過電阻R（3）求線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱。【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理；用焦耳定律計算電熱；導體平動切割磁感線產生的感應電動勢．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】（1）線圈平面處于中性面位置時開始計時，整個線圈中的感應電動勢e1的表達式為e1＝BL1L2ωsinωt；（2）線圈從中性面開始轉過T4的過程中流過電阻R的電荷量為B（3）線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱πRω(【分析】（1）矩形線圈abcd轉動過程中，只有ab和cd切割磁感線，先求出轉動線速度，根據E＝BLv，求出導線ab和cd因切割磁感線而產生的感應電動勢，從而寫出瞬時表達式；（2）先求出平均電動勢，根據歐姆定律求出平均電流，從而計算電荷量；（3）根據Q＝I2RT即可求解。【解答】解：（1）矩形線圈abcd轉動過程中，只有ab和cd切割磁感線，設ab和cd的轉動速度為v，則有v=在t時刻，導線ab和cd因切割磁感線而產生的感應電動勢均為E＝BL1v由圖可知v′＝vsinωt則整個線圈的感應電動勢為e1＝2E＝BL1L2ωsinωt（2）過程中產生平均感應電動勢為E=平均電流為I電荷量為q=流過電阻R的電荷量q=（3）電動勢的有效值為E=則線圈轉動一周在R上產生的焦耳熱為Q＝I2Rt其中I=ER聯立解得Q=答：（1）線圈平面處于中性面位置時開始計時，整個線圈中的感應電動勢e1的表達式為e1＝BL1L2ωsinωt；（2）線圈從中性面開始轉過T4的過程中流過電阻R的電荷量為B（3）線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱πRω(【點評】當線圈與磁場相平行時，即線圈邊框正好垂直切割磁感線，此時產生的感應電動勢最大．求電荷量時，運用交流電的平均值，求產生的熱能時，用交流電的有效值。14．（2023秋?淮安期末）矩形線圈面積S＝0.02m2匝數N＝100匝，電阻r＝1Ω，在磁感應強度B＝0.05T的勻強磁場中繞OO′軸以角速度ω＝20rad/s勻速轉動，外電路電阻R＝4Ω，從圖示位置開始計時。求：（1）當線圈在圖示位置時，電阻R兩端的電壓U；（2）當線圈由圖示位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量q。【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理；正弦式交變電流的函數表達式及推導．【專題】定量思想；方程法；交流電專題；理解能力．【答案】（1）當線圈在圖示位置時，電阻R兩端的電壓為1.6V；（2）當線圈由圖示位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量為0.02C。【分析】（1）根據感應電動勢的計算公式和路端電壓計算公式可求；（2）根據閉合電路歐姆定律和感應電動勢可求電荷量。ΔΦ＝BS﹣0【解答】解：（1）圖示位置線圈感應電動勢最大，即Em＝NBSω，電阻R兩端的電壓U=RR+rEm，代入數據解，得（2）由平均感應電動勢為E＝NΔΦΔtΔΦ＝BS，平均感應電流I=E通過電阻R的電荷量q＝I?Δt代入數據，得q＝0.02C。答：（1）當線圈在圖示位置時，電阻R兩端的電壓為1.6V；（2）當線圈由圖示位置轉過90°的過程中，通過電阻R的電荷量為0.02C。【點評】本題的關鍵在于理解法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律的應用，以及如何通過這些定律計算電動勢、電壓和電荷量。在計算過程中，要注意單位的轉換和數值的代入，確保計算的準確性。同時，理解線圈在磁場中轉動時產生的電動勢與線圈的面積、匝數、磁感應強度和角速度之間的關系，是解答此類問題的基礎。15．（2023秋?海門區期末）如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中有一個單匝矩形線圈ABCD。AB長度為L1，BC長度為L2，線圈以P1為軸轉動，角速度為ω。求：（1）如圖所示位置通過線圈的磁通量及感應電動勢；（2）若以P2為軸，從所示位置開始仍以角速度ω轉動，經過時間t時的感應電動勢e表達式。【考點】交流發電機及其產生交變電流的原理；磁通量的概念和計算公式的定性分析．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】（1）如圖所示位置通過線圈的磁通量為0，感應電動勢為BL1L2ω；（2）若以P2為軸，從所示位置開始仍以角速度ω轉動，經過時間t時的感應電動勢e表達式為e＝BL1L2ωcosωt。【分析】（1）矩形線圈abcd轉動過程中，圖示位置沒有磁感線穿過平面，磁通量為零，根據正弦式交變電流表達式求解圖示位置時感應電動勢；（2）矩形線圈abcd轉動過程中，只有AD和BC切割磁感線，先求出轉動線速度，根據E＝BLv，求出導線AD和BC因切割磁感線而產生的感應電動勢，從而寫出瞬時表達式。【解答】解：（1）以P1為軸轉動時，圖示位置時的磁通量為0，圖示位置時感應電動勢最大，Em＝BL1L2ω（2）以P2為軸轉動，經過時間t時，AD、BC的線速度為v=12L1ω，轉過的角度為θ＝ω與中性面的夾角為α＝90°﹣ωt由E＝Blvsinα得經過時間t時的感應電動勢e＝BL1L2ωcosωt答：（1）如圖所示位置通過線圈的磁通量為0，感應電動勢為BL1L2ω；（2）若以P2為軸，從所示位置開始仍以角速度ω轉動，經過時間t時的感應電動勢e表達式為e＝BL1L2ωcosωt。【點評】當線圈與磁場相平行時，即線圈邊框正好垂直切割磁感線，此時產生的感應電動勢最大。

考點卡片1．用焦耳定律計算電熱【知識點的認識】焦耳定律的表達式Q＝I2Rt，由此可以計算電流產生的焦耳熱。【命題方向】電動汽車成為未來汽車發展的方向．若汽車所用電動機兩端的電壓為380V，電動機線圈的電阻為2Ω，通過電動機的電流為10A，則電動機工作10min消耗的電能為多少焦？產生的熱量是多少焦？分析：通過W＝UIt去求消耗的電能，通過Q＝I2Rt去求產生的熱量．消耗的電能與產生的熱量不等．解答：由W＝UIt，得：W＝380×10×600J＝2.28×106J故電動機工作10min消耗的電能為2.28×106J．產生的熱量Q＝I2Rt＝102×2×600＝1.2×105J故產生的熱量是1.2×105J點評：注意消耗的電能與產生的熱量不等，因為該電路不是純電阻電路，消耗的電能一部分轉化為熱量，還有一部分轉化為機械能．【解題思路點撥】一、電功率與熱功率的區別與聯系（1）區別：電功率是指某段電路的全部電功率，或這段電路上消耗的全部電功率，決定于這段電路兩端電壓和通過的電流強度的乘積；熱功率是指在這段電路上因發熱而消耗的功率．決定于通過這段電路電流強度的平方和這段電路電阻的乘積．（2）聯系：對純電阻電路，電功率等于熱功率；對非純電阻電路，電功率等于熱功率與轉化為除熱能外其他形式的功率之和．二、焦耳定律的使用范圍無論在何種電路中，焦耳定律Q＝I2Rt都是成立的。2．熱功率的計算【知識點的認識】根據功與功率的關系P=Qt=所以電流發熱的功率為P＝I2R【命題方向】在電路中，定值電阻的阻值為R＝100Ω，通過它的電流為I＝3A，求（1）它的熱功率P是多少瓦特，（2）如果通電10分鐘，求產生的熱量Q是多少焦耳．分析：由焦耳定律可直接求得熱功率與熱量．解答：（1）熱功率：P＝I2R＝（3A）2×100Ω＝900W（2）產生的熱量Q＝Pt＝900W×10×60s＝5.4×105J答：1）它的熱功率P是900瓦特，（2）如果通電10分鐘，產生的熱量Q是5.4×105焦耳點評：考查焦耳定律的基本表達式，注意計算要準確．【解題思路點撥】一、電功率與熱功率的區別與聯系（1）區別：電功率是指某段電路的全部電功率，或這段電路上消耗的全部電功率，決定于這段電路兩端電壓和通過的電流強度的乘積；熱功率是指在這段電路上因發熱而消耗的功率．決定于通過這段電路電流強度的平方和這段電路電阻的乘積．（2）聯系：對純電阻電路，電功率等于熱功率；對非純電阻電路，電功率等于熱功率與轉化為除熱能外其他形式的功率之和．二、熱功率表達式P＝I2R的適用范圍公式P＝I2R對任何電路都是成立的。3．磁通量的概念和計算公式的定性分析【知識點的認識】一、磁通量1．概念：勻強磁場中磁感應強度和與磁場方向垂直的平面面積S的乘積。即Φ＝BS。2.拓展：磁場與平面不垂直時，這個面在垂直于磁場方向的投影面積S'與磁感應強度的乘積表示磁通量。即Φ＝BSsinθ＝BS'。θ表示面與磁場的夾角。3.單位：韋伯（Wb），1Wb＝1T?m2．4.標矢性：標量，但有正負，正負表示從不同的方向穿過某個平面。5．磁通量的計算公式（1）公式：Φ＝BS．（2）適用條件：①勻強磁場；②S是垂直磁場并在磁場中的有效面積．6.引申：B=Φ7.磁通量的影響因素：根據公式Φ＝BS可知磁通量的大小與磁感應強度和垂直于磁場的面積有關。【命題方向】關于磁通量的概念，以下說法中正確的是（）A、磁通量發生變化，一定是磁場發生變化引起的B、磁感應強度越大，穿過閉合回路的磁通量也越大C、磁感應強度越大，線圈面積越大，則磁通量也越大D、線圈的磁通量為零，但該處的磁感應強度不一定為零分析：由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，磁通量發生變化，不一定是磁場發生變化引起的．磁感應強度越大，穿過閉合回路的磁通量也不一定越大．磁感應強度越大，線圈面積越大，磁通量也不一定越大．線圈的磁通量為零，但該處的磁感應強度不一定為零．解答：A、由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，可能是由磁感應強度B變化，或由面積S變化，或由角度θ變化引起的。故A錯誤。B、磁通量大小取決于B、S、θ三個因素，磁感應強度越大，穿過閉合回路的磁通量也不一定越大。故B錯誤。C、當線圈與磁場平行時，磁感應強度再大，磁通量為零。則磁感應強度越大，線圈面積越大，磁通量也不一定越大。故C錯誤。D、磁通量為零，磁感應強度可能為零；也可能線圈與磁場平行時，但磁感應強度不為零。故D正確。故選：D。點評：本題考查磁通量的概念，要抓住兩種特殊情況：當線圈與磁場平行時，Φ＝0；當線圈與磁場垂直時，Φ＝BS．【解題方法點撥】對磁通量的理解（1）線圈平面與磁場方向垂直時磁通量最大，線圈轉動后穿過線圈的磁感線條數減少，磁通量減小。（2）在勻強磁場中才能應用公式Φ＝BSsinθ（θ表示面與磁場的夾角）計算磁通量。應用公式時還需要明確公式中各物理量的含義4．電磁感應現象的發現過程【知識點的認識】1.提出物理問題：奧斯特發現的電流的磁效應，證實了電現象和磁現象是有聯系的。人們從電流磁效應的對稱性角度，開始思考如下問題；既然電流能夠引起磁針的運動，那么，為什么不能用磁體使導線中產生電流呢？2.法拉第的探索：法拉第提出了“由磁產生電”的設想，并為此進行了長達10年的探索，從中領悟到，“磁生電”是一種在變化、運動的過程中才能出現的效應。3.電磁感應現象的發現：1831年，法拉第把兩個線圈繞在一個鐵環上（如下圖），一個線圈接電源，另一個線圈接“電流表”。當給一個線圈通電或斷電的瞬間，在另一個線圈上出現了電流。他在1831年8月29日的日記中寫下了首次成功的記錄。4.電磁感應現象發現的意義：電磁感應的發現使人們對電與磁內在聯系的認識更加深入，宣告了電磁學作為一門統一學科的誕生。5.電磁感應現象的定義：由磁生電的現象稱為電磁感應。6.感應電流：電磁感應現象中產生的電流稱為感應電流。【命題方向】發現電磁感應規律是人類在電磁學研究中的偉大成就．在取得這項偉大成就的過程中，法國物理學家安培、瑞士人科拉頓、英國物理學家法拉第等人前后進行了多年的研究．在這項研究的眾多工作中，其中有兩個重要環節：（1）研究者敏銳地覺察并提出“磁生電”的閃光思想；（2）大量實驗發現：磁場中閉合電路包圍的面積發生變化，從閉合線圈中抽出或者插入條形磁鐵等多種條件下，閉合電路中有感應電流，最終研究者抓住產生感應電流條件的共同本質，總結出閉合電路中產生感應電流的條件是磁通量發生變化．下列說法正確的是（）A、環節（1）提出“磁生電”思想是受到了電流磁效應的啟發B、環節（1）提出“磁生電”思想是為了對已有的實驗現象做出解釋C、當穿過閉合電路的磁通量發生變化時，閉合電路所處的磁場一定發生了變化D、環節（2）的研究過程，體現了從大量的實驗現象和事實出發，總結出一般規律的研究方法分析：磁生電在受到電生磁的影響，即電流磁效應的啟發；物理規律在大量實驗事實，從而總結得來．解答：AB、“磁生電”思想是受到了電流磁效應的啟發，故A正確，B錯誤；C、當穿過閉合電路的磁通量發生變化時，閉合電路所處的磁場不一定變化，可以線圈的位置變化，故C錯誤；D、由環節（2）的研究過程，體現了從大量的實驗現象和事實出發，從而總結規律，故D正確；故選：AD。點評：考查物理規律的如何得來，同時知道一是受到啟發，二是通過觀察．【解題思路點撥】1.電磁感應式磁生電的過程，電流的磁效應是電生磁的過程。但要注意：有電（流）必有磁（場），有磁不一定有電。即磁生電需要一定的條件。2.電磁感應的發現使人們對電與磁內在聯系的認識更加深入，宣告了電磁學作為一門統一學科的誕生。5．導體平動切割磁感線產生的感應電動勢【知識點的認識】1.如果感應電動勢是由導體運動而產生的，它也叫作動生電動勢。2.當導體的運動方向與磁場垂直時，動生電動勢的大小為：E＝Blv3.適用條件：（1）勻強磁場；（2）平動切割；（3）B、l、v三者相互垂直。4.當導體的運動方向與磁場有夾角時，如下圖即如果導線的運動方向與導線本身是垂直的，但與磁感線方向有一個夾角θ，則動生電動勢為：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁場的分量。【命題方向】如圖所示，在磁感應強度B＝1.2T的勻強磁場中，讓導體PQ在U形導軌上以速度υ0＝10m/s向右勻速滑動，兩導軌間距離L＝0.5m，則產生的感應電動勢的大小和PQ中的電流方向分別為（）分析：導體棒PQ運動時切割磁感線，回路中的磁通量發生變化，因此有感應電流產生，根據右手定則可以判斷電流方向，由E＝BLv可得感應電動勢的大小．解答：當導體棒PQ運動時，根據法拉第電磁感應定律得：E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根據右手定則可知，通過PQ的電流為從Q點流向P點，故ABC錯誤，D正確。故選：D。點評：本題比較簡單，考查了導體切割磁感線產生電動勢和電流方向問題，注意公式E＝BLv的適用條件和公式各個物理量的含義．【解題方法點撥】閉合或不閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動時，導體兩端將產生感應電動勢。如果電路閉合，電路中形成感應電流。切割磁感線運動的那部分導體相當于電路中的電源。常見的情景有以下幾種：1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者兩兩垂直），式中的L應該取與B、v均垂直的有效長度（所謂導體的有效切割長度，指的是切割導體兩端點的連線在同時垂直于v和B的方向上的投影的長度，下圖中的有效長度均為ab的長度）。2．公式E＝BLv中，若速度v為平均速度，則E為平均電動勢；若v為瞬時速度，則E為瞬時電動勢。3．若導體不是垂直切割磁感線運動，v與B有一夾角，如圖所示，則E＝Blv1＝Blvsinθ。6．交變電流的概念【知識點的認識】1.交變電流的概念：電流，電壓大小和方向均隨時間做周期性變化，這樣的電流叫作交變電流（AC），簡稱交流2.直流電流（1）大小和方向都不隨時間改變的電流叫恒定電流，如圖甲所示。（2）方向不隨時間改變而大小隨時間改變的電流叫脈動直流電，如圖乙所示。3.注意：①方向不變的電流叫作直流電；②交變電流的典型特點是電流方向變化，其大小可能變，也可能不變.如圖所示的交變電流稱為矩形交變電流，在方向變化時其大小不變.【命題方向】如下圖所示，屬于交流電的是（）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：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C，故C是交流電，ABD是直流電。故選：C。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．【解題思路點撥】交變電流和直流電最大的區別就在于電流方向是否隨時間周期性變化。7．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