第45讲交变电流的产生及描述2024年高考一轮复习精细讲义

第45讲交变电流的产生及描述——划重点之精细讲义系列一．交变电流的产生和变化规律1．交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流．2．正弦交流电(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．(2)中性面①定义：与磁场垂直的平面．②特点：线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零．线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次．(3)变化规律(线圈在中性面位置开始计时)①电动势(e)：e＝Emsinωt.②电压(u)：u＝Umsin_ωt.③电流(i)：i＝Imsin_ωt.(4)图象(如图所示)二．描述交变电流的物理量1．交变电流的周期和频率的关系：T＝eq\f(1,f).2．峰值和有效值(1)峰值：交变电流的峰值是它能达到的最大值．(2)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等，则这个恒定电流I、恒定电压U就是这个交变电流的有效值．(3)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，E＝eq\f(Em,\r(2)).考点一正弦交变电流的产生与瞬时值表达式1．正弦式交变电流的变化规律及对应图象(线圈在中性面位置开始计时)函数图象磁通量Φ＝Φm·cosωt＝BScosωt电动势e＝Em·sinωt＝nBSωsinωt电压u＝Um·sinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt电流i＝Im·sinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt2.两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，电流方向发生改变．(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，电流方向不改变．考向1：正弦交变电流的产生(1)解决此类问题的关键在于把线圈在匀强磁场中的具体位置与转动的时刻对应好，也就是电流的变化规律与线圈在磁场中转动的具体情境对应好．(2)交变电动势的最大值Em＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关．【典例1】如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以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()A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d→aD．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绕垂直于磁场方向的轴转动产生交变电流，产生的电流、电动势及线圈各边所受安培力大小与转轴所在位置无关，故A对，B、D错；图示时刻产生电流的方向为a→d→c→b→a，故C错．答案A考向2：交变电流的图象(1)由图象可读出交变电流的电压或电流的最大值，进而利用正弦式交变电流最大值与有效值的关系得到有效值．(2)由图象可读出交变电流的变化周期T，然后计算得出角速度ω＝eq\f(2π,T).(3)根据最大值、角速度等信息可以写出交变电流的瞬时值表达式．【典例2】(多选)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所示，则下列说法正确的是()A．曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝36sin25πtVB．曲线b表示的交变电动势最大值为28.8VC．t＝5×10－2s时，曲线a、b对应的感应电动势大小之比为3eq\r(2)∶2D．t＝6×10－2s时，曲线a对应线框的磁通量最大，曲线b对应线框的磁通量为0解析由图乙可知，Ema＝36V，ωa＝eq\f(2π,Ta)＝eq\f(2π,8×10－2)rad/s＝25πrad/s，则曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝Emasinωat＝36sin25πtV，故A正确；由图乙知曲线a、b表示的交变电流的周期之比为Ta∶Tb＝(8×10－2)∶(12×10－2)＝2∶3，由ω＝eq\f(2π,T)可知ωa∶ωb＝Tb∶Ta＝3∶2，所以曲线a、b表示的交变电动势的最大值之比Ema∶Emb＝NBSωa∶NBSωb＝ωa∶ωb＝3∶2，又知Ema＝36V，则Emb＝24V，故B错误；曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝36sin25πtV，曲线b表示的交变电动势瞬时值eb＝24sineq\f(2π,12×10－2)tV，将t＝5×10－2s代入，得ea＝－18eq\r(2)V，eb＝12V，|ea|∶eb＝3eq\r(2)∶2，故C正确；由图乙知t＝6×10－2s时，a的电动势最大，对应线框的磁通量为0，b的电动势为0，对应线框的磁通量最大，故D错误．答案AC考向3：交变电流瞬时值的书写交变电流瞬时值表达式的推导思路(1)先求电动势的最大值Em＝nBSω；(2)求出角速度ω，ω＝eq\f(2π,T)；(3)明确从哪一位置开始计时，从而确定是正弦函数还是余弦函数；(4)写出瞬时值的表达式．【典例3】图甲是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式．解析(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，ab、cd切割磁感线，且转动的半径为r＝eq\f(L2,2)，转动时ab、cd的线速度v＝ωr＝eq\f(ωL2,2)，且与磁场方向的夹角为ωt，所以，整个线圈中的感应电动势e1＝2BL1vsinωt＝BL1L2ωsinωt.(2)当t＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则t时刻时，线圈平面与中性面的夹角为ωt＋φ0故此时感应电动势的瞬时值e2＝2BL1vsin(ωt＋φ0)＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)答案(1)e1＝BL1L2ωsinωt(2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)(1)交变电流图象问题的三点注意①只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．②注意峰值公式Em＝nBSω中的S为有效面积．③在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．(2)瞬时值书写的两关键①确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象或由公式Em＝nBSω，求出相应峰值．②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．a．线圈从中性面位置开始转动，则i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsinωt，图象如图甲所示．b．线圈从垂直中性面位置开始转动，则i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcosωt.图象如图乙所示．考点二交变电流有效值的计算1．公式法利用E＝eq\f(Em,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))、I＝eq\f(Im,\r(2))计算，只适用于正(余)弦式交变电流．2．利用有效值的定义计算(非正弦式电流)计算时“相同时间”至少取一个周期或为周期的整数倍．3．利用能量关系当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和守恒定律来求有效值．3.根据图像计算有效值的技巧①计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，先分段计算热量，求和得出一个周期内产生的总热量，然后根据Q总＝I2RT或Q总＝eq\f(U2,R)T列式求解．②若图像部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的eq\f(1,4)周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和eq\f(1,2)周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))求解．【典例4】通过一阻值R＝100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s．电阻两端电压的有效值为()A．12V B．4eq\r(10)VC．15V D．8eq\r(5)V解析：I2RT＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I\o\al(2,1)R\f(2,5)T＋I\o\al(2,2)R\f(1,10)T))，将I1＝0.1A，I2＝0.2A代入可得流过电阻的电流的有效值I＝eq\f(\r(10),25)A，故电阻两端电压的有效值为IR＝4eq\r(10)V，选项B正确．【典例5】如图所示为一交变电流随时间变化的图象，则此交变电流的有效值为()A.eq\r(2)A B．2eq\r(2)AC.eq\r(5)A D．3A解析：选C.由图象可知此交变电流的周期是2s．设交变电流的有效值为I，周期为T，则I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(2))))2R·eq\f(T,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,\r(2))))2R·eq\f(T,2)，解得I＝eq\r(5)A，故选C.【典例6】如图所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一个部分，则此交变电流的电压的有效值是()A.eq\r(34)V B．5VC.eq\f(5\r(2),2)V D．3V解析：U，根据交变电流的有效值定义和题图中电流特点可得，在一个周期内有eq\f(U\o\al(2,1),R)t1＋eq\f(U\o\al(2,2),R)t2＝eq\f(U2,R)t，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2)V,\r(2))))2×eq\f(1,R)×0.01s＋(4V)2×eq\f(1,R)×0.01s＝U2×eq\f(1,R)×0.02s，解得U＝eq\f(5\r(2),2)V，故C正确．【典例7】如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为()A．Um B.eq\f(Um,\r(2))C.eq\f(Um,3) D.eq\f(Um,2)解析：选D.由题给图象可知，交流电压的变化规律具有周期性，用电流热效应的等效法求解．设电灯的阻值为R，正弦式交流电压的有效值与峰值的关系是U＝eq\f(Um,\r(2))，由于一个周期内半个周期有交流电压，一周期内交流电产生的热量为Q＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U\o\al(2,m),2R)·eq\f(T,2)，设交流电压的有效值为U，由电流热效应得Q＝eq\f(U\o\al(2,m),2R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)·T，所以该交流电压的有效值U＝eq\f(Um,2)，D正确．考点三正弦交变电流的“四值”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＝Emsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力最大值最大的瞬时值Em＝nBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)确定用电器的耐压值，如电容器、晶体管等的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值对正（余）弦式交流电：E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))①计算与电流热效应相关的量，如功、功率、热量等；②交流电表的测量值；③电气设备所标注的额定电压、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围成面积与时间的比值eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)计算通过电路某一截面的电荷量：q＝eq\x\to(I)·t交变电流“四值”应用的几点提醒(1)在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构．(2)注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应来等效定义的．(3)与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，一定要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，一定要用平均值．【典例8】小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()A．峰值是e0 B．峰值是2e0C．有效值是eq\f(\r(2),2)Ne0 D．有效值是eq\r(2)Ne0解析：ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝eq\r(2)Ne0，故选项D正确．【典例9】(多选)如图所示，面积为S的矩形线圈共N匝，线圈总电阻为R，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO′为轴，以角速度ω匀速旋转，图示位置C与纸面共面，位置A与位置C成45°角．线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，下列说法正确的是()A．平均电动势为eq\f(2\r(2),π)NBSωB．通过线圈某一截面的电荷量q＝eq\f(2\r(2)NBS,R)C．在此转动过程中，外界对线圈做的总功为eq\f(N2B2S2πω,4R)D．在此转动过程中，电流方向会发生改变解析：A转过90°到达位置B的过程中，ΔΦ＝2BScos45°＝eq\r(2)BS，Δt＝eq\f(\f(π,2),ω)，根据eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，得eq\x\to(E)＝eq\f(2\r(2),π)NBSω，故A正确．根据eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，q＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝Neq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(\r(2)BSN,R)，故B错误．产生电动势的峰值Em＝NBSω，则有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(NBSω,\r(2))，则W＝Q＝eq\f(E2,R)Δt＝eq\f(N2B2S2πω,4R)，故C正确．线圈每经过中性面一次，电流方向改变，线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，电流方向不变，故D错误．【典例10】将阻值为100Ω的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示．则可以判断()A．t＝0时刻线圈应转到图甲所示的位置B．该线圈的转速为100πr/sC．穿过线圈的磁通量的最大值为eq\f(1,50π)WbD．线圈转一周所产生的电热为9.68J解析：选D.t＝0时刻产生的电动势为零，所以线圈应处于中性面即线圈与磁场垂直的位置，故A错误；据图乙可知，T＝0.02s，据T＝eq\f(2π,ω)可得ω＝100πrad/s，所以转速为50r/s，故B错误；据Em＝nBSω可知，BS＝eq\f(311,110×100π)Wb＝9×10－3Wb，故C错误；据峰值可知，EEm＝220V，据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量Q＝eq\f(E2,R)·T＝9.68J，故D正确．【典例11】如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里．求：(1)t＝0时感应电流的方向；(2)感应电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转一圈外力做的功；(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量．解析：(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba.(2)线圈的角速度ω＝2πn＝100πrad/s图示位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω代入数据得Em＝314V感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcosωt＝314cos(100πt)V.(3)电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))线圈匀速转动的周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即W＝I2(R＋r)T＝eq\f(E2,R＋r)·T代入数据得W＝98.6J.(4)从t＝0起转过90°过程中，Δt内流过R的电荷量：q＝eq\f(NΔΦ,R＋rΔt)Δt＝eq\f(NBΔS,R＋r)＝eq\f(NBl1l2,R＋r)代入数据得q＝0.1C.答案：(1)感应电流方向沿adcba(2)e＝314cos(100πt)V(3)98.6J(4)0.1C一、单选题1．（2021·北京·高考真题）一正弦式交变电流的it图像如图所示。下列说法正确的是（）A．在t0.4s时电流改变方向 B．该交变电流的周期为0.5sC．该交变电流的表达式为 D．该交变电流的有效值为【答案】C【详解】A．由图可知t0.4s时电流为正方向最大，电流方向没有发生变化，故A错误；B．由图可知，该交变电流的周期为T=0.4s，故B错误；C．由图可知，电流的最大值为，角速度为故该交变电流的表达式为故C正确；D．该交变电流的有效值为故D错误。故选C。2．（2021·天津·高考真题）如图所示，闭合开关后，的电阻两端的交流电压为，电压表和电流表均为理想交流电表，则（）A．该交流电周期为 B．电压表的读数为C．电流表的读数为 D．电阻的电功率为【答案】C【详解】A．该交流电的周期B．电压表的读数为交流电的有效值，即选项B错误；C．电流表的读数为选项C正确；D．电阻的电功率为选项D错误。故选C。3．（2022·海南·高考真题）一个有N匝的矩形线框，面积为S，以角速度从如图所示的位置开始，在匀强磁场B中匀速转动，则产生的感应电动势随时间变化的图像是（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】图示位置线框处于与中性面垂直的平面，竖直长边垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大为根据正弦式交变电流的表达式可知感应电动势随时间的变化关系为故选A。4．（2021·浙江·高考真题）如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足（）A． B． C． D．【答案】D【详解】因虚线是正弦交流电的图像，则该交流电的有效值为由图可知，在任意时刻，实线所代表的交流电的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值小于虚线表示的正弦交流电的有效值，则故选D。5．（2021·辽宁·统考高考真题）如图所示，N匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L，线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO′以角速度ω匀速转动，ab边距轴。线圈中感应电动势的有效值为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】交流电的最大值和两条边到转轴的距离无关，为因此有效值为故选B。6．（2022·广东·高考真题）图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（）A．两线圈产生的电动势的有效值相等 B．两线圈产生的交变电流频率相等C．两线圈产生的电动势同时达到最大值 D．两电阻消耗的电功率相等【答案】B【详解】AD．根据可得两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等；根据可知，两电阻的电功率也不相等，选项AD错误；B．因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；C．当磁铁的磁极到达一线圈附近时，一个线圈的磁通量最大，感应电动势为0，另一个线圈通过的磁通量最小，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误。故选B。7．（2023·广东·统考高考真题）用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为，输出功率为，原线圈的输入电压。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由题可知原线圈输入电压的有效值为原线圈电流为副线圈输出电流的有效值为变压器无法改变电流的频率，故故选A。二、多选题8．（2023·湖南·统考高考真题）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮带不打滑），半径之比为，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为的正方形，共匝，总阻值为。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为的匀强磁场。大轮以角速度匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（

）A．线圈转动的角速度为B．灯泡两端电压有效值为C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮【答案】AC【详解】A．大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据根据题意可知大轮与小轮半径之比为，则小轮转动的角速度为，线圈转动的角速度为，A正确；B．线圈产生感应电动势的最大值又联立可得则线圈产生感应电动势的有效值根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为B错误；C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值此时线圈产生感应电动势的有效值根据电阻定律可知线圈电阻变为原来的2倍，即为，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值C正确；D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据可知小轮和线圈的角速度变小，根据可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误。故选AC。9．（2021·浙江·统考高考真题）发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO’轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其它电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周（）A．框内电流方向不变 B．电动势的最大值为UmC．流过电阻的电荷 D．电阻产生的焦耳热【答案】BD【详解】A．当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变化一次，而线圈和外电路接点处通过换向器，保证电流的方向不发生变化，从而使加在电阻两端的电压方向保持不变，A错误；B．由图乙可知，电动势的最大值为Um，B正确；C．线圈转过半周，则流过电阻的电荷量为则金属框转过一周流过电阻的电荷量为C错误；D．因为则金属框转过一周电阻产生的焦耳热D正确。故选BD。三、解答题10．（2021·江苏·高考真题）贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为，线圈的匝数为100、面积为，电阻为，若磁体转动的角速度为，线圈中产生的感应电流为。求：（1）线圈中感应电动势的有效值E；（2）线圈的输出功率P。【答案】（1）；（2）【详解】（1）电动势的最大值有效值解得带入数据得（2）输出电压输出功率解得代入数据得1．(多选)关于中性面，下列说法正确的是()A．线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零B．线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大C．线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次D．线圈每转动一周经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次解析：选AC.中性面是线圈平面与磁感线垂直的位置，线圈经过该位置时，穿过线圈的磁通量最大，各边都不切割磁感线，不产生感应电动势，所以磁通量的变化率为零，A项正确，B项错误；线圈每经过一次中性面，感应电流的方向改变一次，但线圈每转一周时要经过中性面两次，所以每转一周，感应电流方向就改变两次，C项正确，D项错误．2．某小型旋转电枢式发电机所产生的交流电电动势为110V、频率为60Hz，要使它产生的电动势变为220V、频率变为50Hz，需要调整线圈的转速n、匝数N或磁感应强度的大小B.下列调整合适的是()A．使n变为原来的1.2倍，B变为原来的2倍，NB．使n变为原来的eq\f(5,6)，B变为原来的eq\f(5,6)，N变为原来的2倍C．使n变为原来的eq\f(5,6)，N变为原来的2倍，B不变D．使n变为原来的eq\f(5,6)，N变为原来的2.4倍，B不变解析：选D.因为发电机产生的交流电电动势110V指的是有效值，故其最大值为Em1＝110eq\r(2)V，调整后为Em2＝220eq\r(2)V，即eq\f(Em1,Em2)＝eq\f(1,2)，根据Em＝NBSω和ω＝2πn，可知，选项A中，Em2N×2B×S××2πnEm1，故选项A错误；B、C、D三个选项中的调整使频率均变为原来的eq\f(5,6)，即50Hz，只有D项中的调整可使最大感应电动势增大到原来的2倍，故选项B、C错误，D正确．3．一只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甲所示，则下列说法正确的是()A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01s时刻，Φ的变化率最大C．t＝0.02s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示解析：Φ－t图知，t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A、D两项错误；由图知T＝0.04s，在t＝0.01s时，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02s时，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，则C项错误．4．(多选)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,8)时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选BC.两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，则感应电流的周期也为T，选项B正确；在t＝eq\f(T,8)时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C正确；M导线框中一直有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误．5．(多选)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，○A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是()A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左解析：Im＝10eq\r(2)A，I＝eq\f(Im,\r(2))＝10A，A正确．T＝2×10－2s，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，B错误．t＝0.01s时，i＝Im，此时线圈平面与磁场方向平行，C正确．由右手定则判定0.02s时电阻R中电流方向自左向右，D错误．6．A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率之比PA∶PB等于()A．5∶4 B．3∶2C.eq\r(2)∶1 D．2∶1解析：PA＝eq\f(I\o\al(2,0)R·\f(T,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I0,2)))2R·\f(T,2),T)＝eq\f(5,8)Ieq\o\al(2,0)R，对乙有PB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I0,\r(2))))2R＝eq\f(1,2)Ieq\o\al(2,0)R，则PA∶PB＝5∶4，A正确，B、C、D错误．7．如图所示为一正弦交流发电机和交流电路模型．图中电流表的示数为1A，电阻R的阻值为2Ω，线圈转动角速度ω＝100πrad/s.则从图示位置开始计时，电阻R两端交变电压的瞬时值表达式为()A．u＝2sin100πt(V)B．u＝2cos100πt(V)C．u＝2eq\r(2)sin100πt(V)D．u＝2eq\r(2)cos100πt(V)解析：选D.图示位置为线圈平面与中性面垂直的位置，因此线圈产生的电流的瞬时值表达式为i＝Imcosωt＝eq\r(2)cos100πt(A)，则电阻R两端的瞬时电压为u＝iR＝2eq\r(2)cos100πt(V)，D项正确．8．(多选)100匝的线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势为e＝100eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100πt＋\f(π,3)))V，下列说法正确的是()A．交变电动势有效值为100VB．交变电动势有效值为100eq\r(2)VC．穿过线圈的最大磁通量为eq\f(\r(2),π)WbD．穿过线圈的最大磁通量为eq\f(\r(2),100π)Wb解析：选AD.由交流电的表达式可知，该交变电压的最大电动势为100eq\r(2)V，故电动势的有效值为100V，选项A正确；角速度ω＝100π，而Em＝nBSω＝nΦmω，所以Φm＝eq\f(Em,nω)＝eq\f(\r(2),100π)Wb，选项D正确．9．如图所示，正方形单匝线框abcd的边长为L，每边电阻均为r，线框在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕cd轴从图示位置开始匀速转动，转轴与磁感线垂直．一理想电压表用电刷接在线框的c、d两点上，下列说法中正确的是()A．电压表读数为eq\f(\r(2),2)BωL2B．电压表读数为eq\f(\r(2),8)BωL2C．从图示位置开始计时，流过线框电流的瞬时值表达式为i＝eq\f(BωL2,4r)sinωtD．线框从图示位置转过eq\f(π,2)的过程中，流过cd边的电荷量为q＝eq\f(BL2,r)解析：选B.线框在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势的最大值为Em＝BL2ω，对应有效值为E＝eq\f(\r(2),2)Em＝eq\f(\r(2),2)BL2ω，电压表读数为eq\f(E,4)＝eq\f(\r(2),8)BL2ω，B正确，A错误；图示位置线框磁通量为零，产生的感应电动势为最大值，则感应电流瞬时表达式为i＝eq\f(BωL2,4r)cosωt，C错误；线框从题图所示位置处转过eq\f(π,2)的过程中，流过cd的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,4r)，D错误．10．图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈的内阻不计，外接灯泡的电阻为12Ω.则()A．在t＝0.01s时刻，穿过线圈的磁通量为零B．电压表的示数为6eq\r(2)VC．灯泡消耗的电功率为3WD．若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e＝12eq\r(2)sin100πt(V)解析：t＝0.01s的时刻，电动势为0，则线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，选项A错误；电动势的最大值为Em＝6eq\r(2)V，电压表测量的为有效值，故示数为eq\f(6\r(2),\r(2))V＝6V，选项B错误；灯泡消耗的电功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(62,12)W＝3W，选项C正确；周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为e＝Emsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))＝6eq\r(2)sin100πt(V)，转速提高一倍后，最大值变成12eq\r(2)V，ω＝2πn，故角速度变为原来的2倍，表达式应为e＝12eq\r(2)sin200πt(V)，选项D错误．11．如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过π6时的感应电流为I，则下列说法正确的是（

A．线框中感应电流的有效值为2IB．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为2IRC．从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为D．线框转一周的过程中，产生的热量为8πR【答案】B【详解】A．根据法拉第电磁感应定律可得产生的电动势e=BSω电流i=I线框转过π6I=电流的有效值I故A错误；B．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为BS，又I=解得BS=2IR故B正确；C．从中性面开始转过π2q=故C错误；D．转一周产生的热量Q=IQ=故D错误。故选B。12．（多选）为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OO1按图示方向匀速转动（ab向纸外，cd向纸内），并从图甲所示位置开始计时，此时产生的正弦式交流电如图乙所示。已知其周期为T，电流峰值为A．根据图乙可知T4B．根据图乙可知T4C．若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所示相同D．若仅把甲图中的转轴OO1改为转轴【答案】BC【详解】AB．根据图乙可知T4C．若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，根据EmD．若仅把甲图中的转轴OO1改为转轴故选BC。13．（多选）如图1为小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向以角速度A．线圈从图1所示位置转过90°时的时刻是图2的计时0点B．线圈每经过图1所示位置1次，电流方向就改变1次C．若线圈的匝数为20，则电动势的最大值是20πD．若增大线圈转动的角速度，则磁通量变化率的最大值增大【答案】CD【详解】A．线圈从图1所示位置转过90°时，穿过线圈的磁通量最大，对应图2中的0.1s这一时刻，故A错误；B．线圈每经过中性面一次，电流方向改变一次，而图1所示位置为线圈的峰值面，与线圈的中性面垂直，电流方向不变，故B错误；C．由图2可知该交流电的周期为T=0.4根据法拉第电磁感应定律，可得线圈产生感应电动势的最大值为E故C正确；D．根据法拉第电磁感应定律E可得磁通量变化率的最大值Δ所以，若增大线圈转动的角速度ω，则磁通量变化率的最大值增大，故D正确。故选CD。14．（多选）如图甲所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO'匀速转动，从某时刻开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化图像如图乙