2024-2025学年下学期高二物理人教版同步经典题精练之交变电流

第38页（共38页）2024-2025学年下学期高中物理人教版（2019）高二同步经典题精练之交变电流一．选择题（共5小题）1．（2024秋•张家口期末）中国是全球发电量最大的国家。如图所示为交流发电机模型的示意图，两磁极之间可视为磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场。矩形线圈ABCD面积S＝200cm2、线圈的匝数N＝100，线圈的总电阻r＝5Ω，线圈绕轴OO'以角速度ω=502rad/s逆时针匀速转动。电阻R＝20A．4A B．22A C．2A D．2．（2024秋•慈溪市期末）下列图像中不属于交变电流的是（）A． B． C． D．3．（2025•南通模拟）如图所示，矩形线圈在磁极间的匀强磁场中匀速转动，外接交流电压表和定值电阻，图示位置线圈平面与磁感线平行。此时（）A．穿过线圈的磁通量最大 B．通过线圈的电流最大 C．电压表的示数为零 D．流经电阻的电流方向改变4．（2024•深圳一模）如图所示，各线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动（从左往右看沿顺时针方向转），从图示位置开始计时，设电流从2流出线圈为正方向，能产生图甲波形交变电流的是（）A．线圈平面与磁场垂直 B．线圈平面与磁场平行 C．线圈平面与磁场垂直 D．线圈平面与磁场平行5．（2024•东阳市三模）单晶硅太阳能发电原理是光线照射到单晶硅太阳能板上，会激发电子形成电流。已知杭州西站枢纽屋顶铺设了面积为1.5×104m2的单晶硅太阳能板，阳光照射下平均发电功率3×106W，若已知太阳的辐射总功率约4×1026W，太阳与地球之间的距离约1.5×1011m，则下列说法正确的是（）A．单位面积上接收到的太阳辐射功率约200W B．一天大约可发电7.2×104kW•h C．光电的转换效率约14% D．单晶硅太阳能板发出的是交流电二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•河西区期末）如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于匀强磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω，匀强磁场磁感应强度大小为B，线圈匝数为N，面积为S，总电阻为r，外接电阻为R，V为理想交流电压表。在t＝0时刻，穿过线圈的磁通量为零。下列说法正确的是）（）A．从t＝0时刻开始，电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt B．电压表示数U=C．若线圈的转速变为原来的2倍，电阻R的功率也变为原来的2倍 D．从t＝0时刻开始，线圈转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q（多选）7．（2023秋•天津期末）如图甲所示是目前市面上流行的手摇手机充电器，它体型小，携带方便，可以在紧急状态下给手机临时充电，其示意图如图乙所示。若某人摇动手柄给手机充电时，其内部线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，下列说法正确的是（）A．线圈转动的快慢程度会影响回路中的电流大小 B．当线圈转到图乙所示位置时，电流方向将发生改变 C．若从图乙位置开始计时，线圈中的电流瞬时值表达式为i＝Imsinωt D．当线圈转到图乙所示位置时，穿过线圈磁通量的变化率最大（多选）8．（2024春•九龙坡区校级期末）如图所示，虚线MN左侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为L的单匝金属线框abcd以MN为对称轴放置在纸面内，以角速度ω绕轴MN匀速转动，产生电流的最大值为Im，则下列说法正确的是（）A．转一圈，电流方向改变两次 B．电流的有效值等于12C．b、c两端电压的最大值为38D．线圈中的电热功率为1（多选）9．（2024春•深圳期中）如图所示，下列线圈匀速转动或匀速直线运动，能产生交变电流的是（）A． B． C． D．三．填空题（共3小题）10．（2024春•虹口区校级期中）100匝矩形线圈在匀强磁场中绕其垂直于磁场的一边匀速转动，产生如图所示的电动势．可知线圈转动的角速度ω＝rad/s．穿过线圈的磁通量最大值φmax＝Wb，此时的电动势值e＝V．11．（2022秋•城厢区校级期末）如图所示，100匝的矩形线圈ABCD，AB＝CD＝0.5m，AD＝BC＝0.2m，将线圈置于B＝2T的匀强磁场中，以OO′为轴转动，转速为ω＝5rad/s，则线圈转动一周电流方向改变次，产生的感应电动势的最大值为。12．（2021春•临河区校级月考）如图所示，矩形线圈abcd放在匀强磁场中。线圈以ad边为轴匀速转动，产生正弦式交变电流的感应电动势e＝311sin100πt，如果将其转速增加一倍，其他条件保持不变，则该正弦式交变电流的周期为s，感应电动势的最大值变为V．四．解答题（共3小题）13．（2024秋•雁塔区校级期末）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OO′轴转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圈环相连接，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），线圈电阻为r，其它电阻均不计。（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）求线圈从中性面开始转过T4的过程中流过电阻R（3）求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。14．（2023秋•淮安期末）矩形线圈面积S＝0.02m2匝数N＝100匝，电阻r＝1Ω，在磁感应强度B＝0.05T的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω＝20rad/s匀速转动，外电路电阻R＝4Ω，从图示位置开始计时。求：（1）当线圈在图示位置时，电阻R两端的电压U；（2）当线圈由图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q。15．（2023秋•海门区期末）如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个单匝矩形线圈ABCD。AB长度为L1，BC长度为L2，线圈以P1为轴转动，角速度为ω。求：（1）如图所示位置通过线圈的磁通量及感应电动势；（2）若以P2为轴，从所示位置开始仍以角速度ω转动，经过时间t时的感应电动势e表达式。

2024-2025学年下学期高中物理人教版（2019）高二同步经典题精练之交变电流参考答案与试题解析题号12345答案CDBAC一．选择题（共5小题）1．（2024秋•张家口期末）中国是全球发电量最大的国家。如图所示为交流发电机模型的示意图，两磁极之间可视为磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场。矩形线圈ABCD面积S＝200cm2、线圈的匝数N＝100，线圈的总电阻r＝5Ω，线圈绕轴OO'以角速度ω=502rad/s逆时针匀速转动。电阻R＝20A．4A B．22A C．2A D．【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理；正弦式交变电流的函数表达式及推导．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】C【分析】先计算出线圈转动产生的最大感应电动势，进而得到电动势的有效值，最后根据闭合电路的欧姆定律计算。【解答】解：线圈转动产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω，感应电动势的有效值为E=Em2，根据闭合电路的欧姆定律可得电流表的示数为I=ER+r，代入数据解得I故选：C。【点评】知道电流表的示数为电路中电流的有效值是解题的关键。2．（2024秋•慈溪市期末）下列图像中不属于交变电流的是（）A． B． C． D．【考点】交变电流的概念．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】D【分析】交变电流的典型特点是电流方向变化，其大小可能变，也可能不变，据此分析。【解答】解：只要电流方向随时间做周期性变化，则即为交流电，故ABC均为交流；C中电流大小虽然在周期性变化，但方向不变，故D不是交流电，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查交流电的性质，判断的主要依据是交流电的方向在做周期性变化。3．（2025•南通模拟）如图所示，矩形线圈在磁极间的匀强磁场中匀速转动，外接交流电压表和定值电阻，图示位置线圈平面与磁感线平行。此时（）A．穿过线圈的磁通量最大 B．通过线圈的电流最大 C．电压表的示数为零 D．流经电阻的电流方向改变【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理．【专题】定性思想；归纳法；交流电专题；理解能力．【答案】B【分析】在线圈平面与磁感线平行的位置，穿过线圈的磁通量最小为零，磁通量的变化率最大，产生的感应电流最大；电压表测量的是有效值；线圈经过中性面位置时电流的方向改变。【解答】解：A、在线圈平面与磁感线平行的位置，此时通过线圈的磁通量最小为零，故A错误；B、在线圈平面与磁感线平行位置，磁通量的变化率最大，则此时线圈产生的感应电动势最大，即通过线圈的电流最大，故B正确；C、电压表测量的是有效值，电压表示数是指电路中路端电压的有效值，所以电压表示数不为零，故C错误；D、线圈通过中性面前后的感应电动势的方向相反，故感应电流方向相反，故D错误。故选：B。【点评】掌握中性面的特点和在线圈平面与磁感线平行的位置的特点是解题的基础，知道电压表测量的是有效值。4．（2024•深圳一模）如图所示，各线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动（从左往右看沿顺时针方向转），从图示位置开始计时，设电流从2流出线圈为正方向，能产生图甲波形交变电流的是（）A．线圈平面与磁场垂直 B．线圈平面与磁场平行 C．线圈平面与磁场垂直 D．线圈平面与磁场平行【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．【答案】A【分析】根据中性面及与中性面垂直的面的特点结合右手定则分析解答。【解答】解：初始时刻，感应电流为0，则初始时刻线圈平面与磁场垂直，结合右手定则可知图A中电流从2流出线圈为正方向，故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题考查交变电流的产生，解题关键掌握中性面的特点。5．（2024•东阳市三模）单晶硅太阳能发电原理是光线照射到单晶硅太阳能板上，会激发电子形成电流。已知杭州西站枢纽屋顶铺设了面积为1.5×104m2的单晶硅太阳能板，阳光照射下平均发电功率3×106W，若已知太阳的辐射总功率约4×1026W，太阳与地球之间的距离约1.5×1011m，则下列说法正确的是（）A．单位面积上接收到的太阳辐射功率约200W B．一天大约可发电7.2×104kW•h C．光电的转换效率约14% D．单晶硅太阳能板发出的是交流电【考点】交变电流的概念；功率的定义、物理意义和计算式的推导；电功和电功率的计算；能量可以进行转移或转化．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．【答案】C【分析】A.根据题意先计算球面积，结合单位面积的辐射功率公式解答；B.根据功和功率的关系列式分析判断；C.根据光电转换效率对应的公式列式求解；D.根据电荷的定向流动判断电流的属性。【解答】解：A.距离太阳r＝1.5×1011m的球面面积S＝4πr2＝4×3.14×（1.5×1011）2m2＝2.826×1023m2，单位面积上接受太阳辐射的功率P总S=4×10262.826×10B.若24小时都有太阳，则工作一天大约可发电W＝P电t，得W＝7.2×104kW•h，但一天中有太阳的时间小于24小时，则发电总功小于该值，故B错误；C.太阳板接收的太阳能P光=P总S⋅S'，光电的转换放率约为D．依题意，光线照射到单晶硅太阳能板上，电子定向移动形成电流。方向不变，为直流电。故D错误。故选：C。【点评】考查能的转化和守恒定律，功的求解等知识，会根据题意进行准确分析解答。二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•河西区期末）如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于匀强磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω，匀强磁场磁感应强度大小为B，线圈匝数为N，面积为S，总电阻为r，外接电阻为R，V为理想交流电压表。在t＝0时刻，穿过线圈的磁通量为零。下列说法正确的是）（）A．从t＝0时刻开始，电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt B．电压表示数U=C．若线圈的转速变为原来的2倍，电阻R的功率也变为原来的2倍 D．从t＝0时刻开始，线圈转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理；正弦式交变电流的函数表达式及推导．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】根据最大值和开始计时位置写出瞬时值表达式；根据闭合电路的欧姆定律计算；根据电路中电流的变化和功率公式分析；根据电流的定义式、欧姆定律和法拉第电磁感应定律分析计算。【解答】解：A、线圈转动产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω，t＝0时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，所以从t＝0时刻开始，电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt，故A正确；B、电动势的有效值为E=Em2，根据闭合电路的欧姆定律可得电压表示数为U=RR+C、若线圈的转速变为原来的2倍，根据Em＝NBSω可知，感应电动势的最大值变为原来的2倍，根据欧姆定律可知电路中的电流I也变为原来的2倍，根据P＝I2R可知，电阻R的功率变为原来的4倍，故C错误；D、从t＝0时刻开始，线圈转过90°的过程中穿过线圈的磁通量变化量ΔΦ＝BS，通过电阻R的电荷量为q=IΔt，电流为I=ER+r故选：AD。【点评】知道在交流电中的最大值、瞬时值和有效值、平均值的用法是解题的关键。（多选）7．（2023秋•天津期末）如图甲所示是目前市面上流行的手摇手机充电器，它体型小，携带方便，可以在紧急状态下给手机临时充电，其示意图如图乙所示。若某人摇动手柄给手机充电时，其内部线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，下列说法正确的是（）A．线圈转动的快慢程度会影响回路中的电流大小 B．当线圈转到图乙所示位置时，电流方向将发生改变 C．若从图乙位置开始计时，线圈中的电流瞬时值表达式为i＝Imsinωt D．当线圈转到图乙所示位置时，穿过线圈磁通量的变化率最大【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．【答案】AD【分析】根据电磁感应的基本原理和线圈中产生的感应电流的规律解答AC选项，通过线圈转动分析电流方向，根据初始位置得出电流瞬时值表达式以及磁通量变化率，从而得知BD选项的正误。【解答】解：A、线圈转动越快，通过线圈的磁通量变化率越大，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势越大，进而导致回路中的电流越大，因此，线圈转动的快慢程度确实会影响回路中的电流大小，故A正确；B、电流方向的改变发生在线圈平面与磁感线垂直的位置，即所谓的中性面，图乙所示位置并不是中性面，因此电流方向不会在此时发生改变，故B错误；C、从图乙位置开始计时，即线圈处于与磁感线平行的位置，此时线圈中的电流应为最大值，因此正确的电流瞬时值表达式应为i＝Imcosωt，故C错误；D、图乙所示位置是线圈与磁感线平行的位置，此时线圈中的电流达到最大值，意味着穿过线圈的磁通量变化率也达到最大，故D正确；故选：AD。【点评】本题的关键在于理解电磁感应的基本原理，特别是线圈在磁场中转动时产生的感应电流的特性。正确理解线圈转动速度、电流方向、电流瞬时值表达式以及磁通量变化率之间的关系，是解答此类问题的关键。（多选）8．（2024春•九龙坡区校级期末）如图所示，虚线MN左侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为L的单匝金属线框abcd以MN为对称轴放置在纸面内，以角速度ω绕轴MN匀速转动，产生电流的最大值为Im，则下列说法正确的是（）A．转一圈，电流方向改变两次 B．电流的有效值等于12C．b、c两端电压的最大值为38D．线圈中的电热功率为1【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理；热功率的计算．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】线框转动过程产生正弦式交变电流，一个周期内，电流方向改变两次，根据最大值与有效值的关系求出电流和电压的有效值；线框转动过程外力做功转化为焦耳热，应用焦耳定律热功率。【解答】解：A．当线圈经过中性面时，电流方向改变，所以一个周期内，电流方向改变两次，故A正确；B．电流的有效值为I=故B错误；C．b、c两端电压的最大值为Um故C正确；D．线圈中的电热功率为P=故D错误。故选：AC。【点评】线框旋转产生正弦式交变电流，求出感应电动势的最大值是解题的前提；磁通量是二向标量，应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势时，要注意磁通量的变化量，这是易错点。（多选）9．（2024春•深圳期中）如图所示，下列线圈匀速转动或匀速直线运动，能产生交变电流的是（）A． B． C． D．【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理．【专题】比较思想；等效替代法；交流电专题；理解能力．【答案】AD【分析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动时，线圈中产生交变电流，结合公式E＝BLv和感应电流产生条件进行分析。【解答】解：AD、线圈绕垂直于匀强磁场的转轴匀速转动，可以产生交变电流，故AD正确；B、根据E＝BLv，可知该线圈产生的是恒定电流，不会产生交变电流，故B错误；C、穿过线框的磁通量不变，没有感应电流，故C错误。故选：AD。【点评】本题考查如何产生交流电，要掌握常见的产生交变电流的方法：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，通过类比法进行分析。三．填空题（共3小题）10．（2024春•虹口区校级期中）100匝矩形线圈在匀强磁场中绕其垂直于磁场的一边匀速转动，产生如图所示的电动势．可知线圈转动的角速度ω＝100πrad/s．穿过线圈的磁通量最大值φmax＝311π×10-4WbWb，此时的电动势值e＝【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理．【专题】交流电专题．【答案】见试题解答内容【分析】由图像知交流电的周期可以求角速度ω，由电动势最大值可以求有效值，电动势最大时，磁通量最小．【解答】解：由图像知交流电的周期为0.02s，所以角速度ω=2π0.02=100πrad/s，电动势最大值Em＝NBSω，所以φmax＝BS故答案为：100π，311π×1【点评】本题考查了正弦交流电的原理，要会从图像中获取有用的物理信息；明确周期和角速度之间的关系．11．（2022秋•城厢区校级期末）如图所示，100匝的矩形线圈ABCD，AB＝CD＝0.5m，AD＝BC＝0.2m，将线圈置于B＝2T的匀强磁场中，以OO′为轴转动，转速为ω＝5rad/s，则线圈转动一周电流方向改变2次，产生的感应电动势的最大值为100V。【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理．【专题】定量思想；交流电专题；理解能力．【答案】2100V【分析】矩形线圈ABCD围绕OO′匀速转动时产生正弦式交流电，每经过中性面一次，电流方向改变一次；根据Em＝NBSω可求感应电动势的最大值。【解答】解：（1）当线圈经过中性面时，电流方向发生改变，线圈转动一周两次经过中性面，所以电流方向改变2次；（2）感应电动势的最大值为：Em＝NBSω其中：S＝AB•AD代入数据解得：Em＝100V故答案为：2100V【点评】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，知道中性面的特点，掌握交流电的变化规律。12．（2021春•临河区校级月考）如图所示，矩形线圈abcd放在匀强磁场中。线圈以ad边为轴匀速转动，产生正弦式交变电流的感应电动势e＝311sin100πt，如果将其转速增加一倍，其他条件保持不变，则该正弦式交变电流的周期为0.01s，感应电动势的最大值变为622V．【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】0.01；622。【分析】根据感应电动势e＝31lsin100πt，可以求出Em、T，将其转速增加一倍，ω′＝2ω，感应电动势的最大值也增倍，周期减小一半。【解答】解：根据感应电动势e＝31lsin100πt知，Em＝nBSω＝311V，ω＝100π，T=2将其转速增加一倍，ω′＝2ω，Em′＝nBSω′＝2Em＝2×311V＝622V，T′=2故答案为：0.01；622。【点评】本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式。题目以基础为主，难度不大。四．解答题（共3小题）13．（2024秋•雁塔区校级期末）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OO′轴转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圈环相连接，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），线圈电阻为r，其它电阻均不计。（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）求线圈从中性面开始转过T4的过程中流过电阻R（3）求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理；用焦耳定律计算电热；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】（1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，整个线圈中的感应电动势e1的表达式为e1＝BL1L2ωsinωt；（2）线圈从中性面开始转过T4的过程中流过电阻R的电荷量为B（3）线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热πRω(【分析】（1）矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，先求出转动线速度，根据E＝BLv，求出导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势，从而写出瞬时表达式；（2）先求出平均电动势，根据欧姆定律求出平均电流，从而计算电荷量；（3）根据Q＝I2RT即可求解。【解答】解：（1）矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd的转动速度为v，则有v=在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E＝BL1v由图可知v′＝vsinωt则整个线圈的感应电动势为e1＝2E＝BL1L2ωsinωt（2）过程中产生平均感应电动势为E=平均电流为I电荷量为q=流过电阻R的电荷量q=（3）电动势的有效值为E=则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为Q＝I2Rt其中I=ER联立解得Q=答：（1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，整个线圈中的感应电动势e1的表达式为e1＝BL1L2ωsinωt；（2）线圈从中性面开始转过T4的过程中流过电阻R的电荷量为B（3）线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热πRω(【点评】当线圈与磁场相平行时，即线圈边框正好垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大．求电荷量时，运用交流电的平均值，求产生的热能时，用交流电的有效值。14．（2023秋•淮安期末）矩形线圈面积S＝0.02m2匝数N＝100匝，电阻r＝1Ω，在磁感应强度B＝0.05T的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω＝20rad/s匀速转动，外电路电阻R＝4Ω，从图示位置开始计时。求：（1）当线圈在图示位置时，电阻R两端的电压U；（2）当线圈由图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q。【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理；正弦式交变电流的函数表达式及推导．【专题】定量思想；方程法；交流电专题；理解能力．【答案】（1）当线圈在图示位置时，电阻R两端的电压为1.6V；（2）当线圈由图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为0.02C。【分析】（1）根据感应电动势的计算公式和路端电压计算公式可求；（2）根据闭合电路欧姆定律和感应电动势可求电荷量。ΔΦ＝BS﹣0【解答】解：（1）图示位置线圈感应电动势最大，即Em＝NBSω，电阻R两端的电压U=RR+rEm，代入数据解，得（2）由平均感应电动势为E＝NΔΦΔtΔΦ＝BS，平均感应电流I=E通过电阻R的电荷量q＝I•Δt代入数据，得q＝0.02C。答：（1）当线圈在图示位置时，电阻R两端的电压为1.6V；（2）当线圈由图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为0.02C。【点评】本题的关键在于理解法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律的应用，以及如何通过这些定律计算电动势、电压和电荷量。在计算过程中，要注意单位的转换和数值的代入，确保计算的准确性。同时，理解线圈在磁场中转动时产生的电动势与线圈的面积、匝数、磁感应强度和角速度之间的关系，是解答此类问题的基础。15．（2023秋•海门区期末）如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个单匝矩形线圈ABCD。AB长度为L1，BC长度为L2，线圈以P1为轴转动，角速度为ω。求：（1）如图所示位置通过线圈的磁通量及感应电动势；（2）若以P2为轴，从所示位置开始仍以角速度ω转动，经过时间t时的感应电动势e表达式。【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理；磁通量的概念和计算公式的定性分析．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】（1）如图所示位置通过线圈的磁通量为0，感应电动势为BL1L2ω；（2）若以P2为轴，从所示位置开始仍以角速度ω转动，经过时间t时的感应电动势e表达式为e＝BL1L2ωcosωt。【分析】（1）矩形线圈abcd转动过程中，图示位置没有磁感线穿过平面，磁通量为零，根据正弦式交变电流表达式求解图示位置时感应电动势；（2）矩形线圈abcd转动过程中，只有AD和BC切割磁感线，先求出转动线速度，根据E＝BLv，求出导线AD和BC因切割磁感线而产生的感应电动势，从而写出瞬时表达式。【解答】解：（1）以P1为轴转动时，图示位置时的磁通量为0，图示位置时感应电动势最大，Em＝BL1L2ω（2）以P2为轴转动，经过时间t时，AD、BC的线速度为v=12L1ω，转过的角度为θ＝ω与中性面的夹角为α＝90°﹣ωt由E＝Blvsinα得经过时间t时的感应电动势e＝BL1L2ωcosωt答：（1）如图所示位置通过线圈的磁通量为0，感应电动势为BL1L2ω；（2）若以P2为轴，从所示位置开始仍以角速度ω转动，经过时间t时的感应电动势e表达式为e＝BL1L2ωcosωt。【点评】当线圈与磁场相平行时，即线圈边框正好垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大。

考点卡片1．功率的定义、物理意义和计算式的推导【知识点的认识】1.义：功与完成这些功所用时间的比值．2.理意义：描述做功的快慢。3.质：功是标量。4.计算公式（1）定义式：P=Wt，P为时间（2）机械功的表达式：P＝Fvcosα（α为F与v的夹角）①v为平均速度，则P为平均功率．②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．推导：如果物体的受力F与运动方向的夹角为α，从计时开始到时刻t这段时间内，发生的位移是l，则力在这段时间所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是从开始计时到时刻t这段时间内发生的，所以lt是物体在这段时间内的平均速度vP＝Fvcosα可见，力对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。通常情况下，力与位移的方向一致，即F与v的夹角一致时，cosα＝1，上式可以写成P＝Fv。从以上推导过程来看，P＝Fv中的速度v是物体在恒力F作用下的平均速度，所以这里的功率P是指从计时开始到时刻t的平均功率。如果时间间隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬时速度，这个关系式也就可以反映瞬时速度与瞬时功率的关系。5.额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．6.实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率．【命题方向】下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是（）A、功率大的机械，做功一定多B、做功多的机械，效率一定高C、做功快的机械，功率一定大D、效率高的机械，功率一定大分析：根据P=Wt知，做功多．功率不一定大，根据η解答：A、根据P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根据η=W有W总=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正确。故选：C。点评：解决本题的关键知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解题思路点拨】1.功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。2.功率的定义式P=W2．电功和电功率的计算【知识点的认识】1.电功的计算公式：W＝qU＝UIt2.电功率的计算公式：P=W3.如果是纯电阻电路，电流做的功完全用来发热，则有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解题思路点拨】四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V6W”，RB、RD的规格为“6V12W”。将该电路接在输出电压U＝11V的恒压电源上，则（）A、RA的功率最大，为6WB、RB的功率最小，为0.67WC、RC的功率最小，为1.33WD、RD的功率最大，为12W分析：根据P=U2R求出每个电阻值，根据欧姆定律求出电路总电流，进而求出每个并联电阻两端的电压，根据P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6电阻B和C并联的电阻RBC=RBRC则电路的总电流I=UR=则并联电阻两端电压UBC＝IRBC＝1×2V＝2V则RA的功率为PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率为PB=UBC2RC的功率为PC=UBC2RD的功率为PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，为6WRC的功率最小，为0.67W故A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题考查闭合电路的欧姆定律以及电阻功率的求法。注意并联电阻的求解，以及求功率时，串联电路常用P＝I2R而并联电路常用P=U【解题思路点拨】根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。3．用焦耳定律计算电热【知识点的认识】焦耳定律的表达式Q＝I2Rt，由此可以计算电流产生的焦耳热。【命题方向】电动汽车成为未来汽车发展的方向．若汽车所用电动机两端的电压为380V，电动机线圈的电阻为2Ω，通过电动机的电流为10A，则电动机工作10min消耗的电能为多少焦？产生的热量是多少焦？分析：通过W＝UIt去求消耗的电能，通过Q＝I2Rt去求产生的热量．消耗的电能与产生的热量不等．解答：由W＝UIt，得：W＝380×10×600J＝2.28×106J故电动机工作10min消耗的电能为2.28×106J．产生的热量Q＝I2Rt＝102×2×600＝1.2×105J故产生的热量是1.2×105J点评：注意消耗的电能与产生的热量不等，因为该电路不是纯电阻电路，消耗的电能一部分转化为热量，还有一部分转化为机械能．【解题思路点拨】一、电功率与热功率的区别与联系（1）区别：电功率是指某段电路的全部电功率，或这段电路上消耗的全部电功率，决定于这段电路两端电压和通过的电流强度的乘积；热功率是指在这段电路上因发热而消耗的功率．决定于通过这段电路电流强度的平方和这段电路电阻的乘积．（2）联系：对纯电阻电路，电功率等于热功率；对非纯电阻电路，电功率等于热功率与转化为除热能外其他形式的功率之和．二、焦耳定律的使用范围无论在何种电路中，焦耳定律Q＝I2Rt都是成立的。4．热功率的计算【知识点的认识】根据功与功率的关系P=Qt=所以电流发热的功率为P＝I2R【命题方向】在电路中，定值电阻的阻值为R＝100Ω，通过它的电流为I＝3A，求（1）它的热功率P是多少瓦特，（2）如果通电10分钟，求产生的热量Q是多少焦耳．分析：由焦耳定律可直接求得热功率与热量．解答：（1）热功率：P＝I2R＝（3A）2×100Ω＝900W（2）产生的热量Q＝Pt＝900W×10×60s＝5.4×105J答：1）它的热功率P是900瓦特，（2）如果通电10分钟，产生的热量Q是5.4×105焦耳点评：考查焦耳定律的基本表达式，注意计算要准确．【解题思路点拨】一、电功率与热功率的区别与联系（1）区别：电功率是指某段电路的全部电功率，或这段电路上消耗的全部电功率，决定于这段电路两端电压和通过的电流强度的乘积；热功率是指在这段电路上因发热而消耗的功率．决定于通过这段电路电流强度的平方和这段电路电阻的乘积．（2）联系：对纯电阻电路，电功率等于热功率；对非纯电阻电路，电功率等于热功率与转化为除热能外其他形式的功率之和．二、热功率表达式P＝I2R的适用范围公式P＝I2R对任何电路都是成立的。5．能量可以进行转移或转化【知识点的认识】1．能量守恒定律的内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量不变，叫能量守恒定律．2.能量守恒定律的内容告诉我们能量可以进行转移和转化。即能量可以由一个物体转移到另一个物体或从物体的一部分转移到另一部分；也可以从一种形式转化成另一种形式。【命题方向】2023年5月30日，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，下列关于能量及其转化的说法正确的是（）A、燃料燃烧时内能转化为机械能B、火箭加速升空的过程中机械能不变C、在一定条件下各种形式的能量都可以相互转化D、能量在转移和转化的过程中总会有损耗，但能量的总量可以增加分析：A、燃料燃烧时，部分内能转化为运载火箭的机械能，还会有部分内能损耗掉了。B、火箭加速升空的过程中，根据其动能和重力势能的变化判断机械能变化。C、在一定条件下各种形式的能量都可以相互转化，可以找到实例证明。D、根据能量守恒定律可以判断，能量在转移和转化的过程中能量的总量是否可以增加。解答：A、燃料燃烧时，部分内能转化为运载火箭的机械能，还会有部分内能损耗掉了，故A错误；B、火箭加速升空的过程中，其速度增大、动能增大、重力势能增大，则火箭的机械能增大，故B错误；C、在一定条件下各种形式的能量都可以相互转化，比如动能可以转化为内能、内能可以转化为机械能等，故C正确；D、能量在转移和转化的过程中总会有损耗，但能量的总量保持不变，既不会增加，也不会减少，故D错误。故选：C。点评：解答本题要理解机械能的概念、要理解能量守恒定律，能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。【解题思路点拨】1.能量守恒定律的适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。2.对能量守恒定律的理解某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等。某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。6．磁通量的概念和计算公式的定性分析【知识点的认识】一、磁通量1．概念：匀强磁场中磁感应强度和与磁场方向垂直的平面面积S的乘积。即Φ＝BS。2.拓展：磁场与平面不垂直时，这个面在垂直于磁场方向的投影面积S'与磁感应强度的乘积表示磁通量。即Φ＝BSsinθ＝BS'。θ表示面与磁场的夹角。3.单位：韦伯（Wb），1Wb＝1T•m2．4.标矢性：标量，但有正负，正负表示从不同的方向穿过某个平面。5．磁通量的计算公式（1）公式：Φ＝BS．（2）适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场并在磁场中的有效面积．6.引申：B=Φ7.磁通量的影响因素：根据公式Φ＝BS可知磁通量的大小与磁感应强度和垂直于磁场的面积有关。【命题方向】关于磁通量的概念，以下说法中正确的是（）A、磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的B、磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大C、磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大D、线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零分析：由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，磁通量发生变化，不一定是磁场发生变化引起的．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也不一定越大．磁感应强度越大，线圈面积越大，磁通量也不一定越大．线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零．解答：A、由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，可能是由磁感应强度B变化，或由面积S变化，或由角度θ变化引起的。故A错误。B、磁通量大小取决于B、S、θ三个因素，磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也不一定越大。故B错误。C、当线圈与磁场平行时，磁感应强度再大，磁通量为零。则磁感应强度越大，线圈面积越大，磁通量也不一定越大。故C错误。D、磁通量为零，磁感应强度可能为零；也可能线圈与磁场平行时，但磁感应强度不为零。故D正确。故选：D。点评：本题考查磁通量的概念，要抓住两种特殊情况：当线圈与磁场平行时，Φ＝0；当线圈与磁场垂直时，Φ＝BS．【解题方法点拨】对磁通量的理解（1）线圈平面与磁场方向垂直时磁通量最大，线圈转动后穿过线圈的磁感线条数减少，磁通量减小。（2）在匀强磁场中才能应用公式Φ＝BSsinθ（θ表示面与磁场的夹角）计算磁通量。应用公式时还需要明确公式中各物理量的含义7．导体平动切割磁感线产生的感应电动势【知识点的认识】1.如果感应电动势是由导体运动而产生的，它也叫作动生电动势。2.当导体的运动方向与磁场垂直时，动生电动势的大小为：E＝Blv3.适用条件：（1）匀强磁场；（2）平动切割；（3）B、l、v三者相互垂直。4.当导体的运动方向与磁场有夹角时，如下图即如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ，则动生电动势为：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁场的分量。【命题方向】如图所示，在磁感应强度B＝1.2T的匀强磁场中，让导体PQ在U形导轨上以速度υ0＝10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝0.5m，则产生的感应电动势的大小和PQ中的电流方向分别为（）分析：导体棒PQ运动时切割磁感线，回路中的磁通量发生变化，因此有感应电流产生，根据右手定则可以判断电流方向，由E＝BLv可得感应电动势的大小．解答：当导体棒PQ运动时，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根据右手定则可知，通过PQ的电流为从Q点流向P点，故ABC错误，D正确。故选：D。点评：本题比较简单，考查了导体切割磁感线产生电动势和电流方向问题，注意公式E＝BLv的适用条件和公式各个物理量的含义．【解题方法点拨】闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下几种：1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直），式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度（所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度）。2．公式E＝BLv中，若速度v为平均速度，则E为平均电动势；若v为瞬时速度，则E为瞬时电动势。3．若导体不是垂直切割磁感线运动，v与B有一夹角，如图所示，则E＝Blv1＝Blvsinθ。8．交变电流的概念【知识点的认识】1.交变电流的概念：电流，电压大小和方向均随时间做周期性变化，这样的电流叫作交变电流（AC），简称交流2.直流电流（1）大小和方向都不随时间改变的电流叫恒定电流，如图甲所示。（2）方向不随时间改变而大小随时间改变的电流叫脉动直流电，如图乙所示。3.注意：①方向不变的电流叫作直流电；②交变电流的典型特点是电流方向变化，其大小可能变，也可能不变.如图所示的交变电流称为矩形交变电流，在方向变化时其大小不变.【命题方向】如下图所示，属于交流电的是（）A、B、C、D、分析：直流电是指电流的方向不发生变化的电流，其大小可以变化，交流电是指电流的方向发生变化的电流，但是它的电流的大小可以不变．解答：交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，电流的方向变化的是C，故C是交流电，ABD是直流电。故选：C。点评：交流电的最大的特点是电流方向在不断的变化，对于其大小是否变化没有要求．【解题思路点拨】交变电流和直流电最大的区别就在于电流方向是否随时间周期性变化。9．交流发电机及其产生交变电流的原理【知识点的认识】1.产生装置将闭合线圈置于匀强磁场，并绕垂直于磁场方向的轴做匀速转动，线圈中将产生按正（余）弦规律变化的交流电。2.两个特殊位置及特点①中性面上图甲和丙所处的位置特点：穿过线圈的磁通量Φ最大，磁通量的变化率ΔΦΔt=0，所以感应电动势E＝0，该应电流I＝②与中性面垂直的位置上图乙和丁所处的位置特点：穿过线圈的磁通量Φ＝0，磁通量的变化率ΔΦΔt最大，所以感应电动势E最大，该应电流I3.交变电流的变化规律对于如图所示的发电机，设t＝0时线圈刚好转到中性面，此时导线AB的速度方向刚好与磁感线平行，因此感应电动势为0。设线圈旋转的角速度为ω，AB和CD的长度为l，AD和BC的长度为d，则经过时间t，线框转过的角度θ＝ωt。线框旋转过程中AB和CD的速度v＝ωd2，与磁感线垂直的速度为vsinθ，即ωd2sinωe＝2Blvsinθ＝ωBldsinωt＝ωBSsinωt其中，S表示线框的面积。设Em＝ωBS，可知线框的电动势是随时间按正弦函数规律变化的，为e＝Emsinωt式中Em是常数，表示电动势可能达到的最大值。对于单匝线圈，Em＝ωBS；如果线圈匝数为N，则Em＝NωBS。同理如果线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcosωt。【命题方向】交流发电机的示意图如图所示，当线圈ABCD绕垂直于磁场方向的转轴OO'匀速转动时，电路中产生的最大电流为Im，已知线圈转动的周期为T，下列说法正确的是（）A、图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最大B、图示位置电流最大，方向为A→BC、从图示位置开始经过T4D、从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i分析：线圈平面与磁场垂直时，线圈