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的描述

第49页（共49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的描述一．选择题（共6小题）1．（2024秋•金凤区校级期末）如图是某交变电流的i﹣t图像，这一交变电流的电流有效值为（）A．10A B．3A C．32A 2．（2024秋•慈溪市期末）如图所示，光滑的长直金属杆通过两个金属环与一个形状为一个周期内完整正弦函数图象的金属导线ab连接，导线其余部分未与杆接触。金属杆电阻不计，导线电阻为R，a、b间距离为2L，导线构成的正弦图形顶部和底部到杆的距离都是d，在导线和金属杆所在平面内有两个方向相反的有界匀强磁场区域，磁场区域的宽度均为L，磁感应强度大小均为B，现在外力F作用下导线以恒定的速度v水平向右匀速运动，t＝0时刻导线从O点进入磁场，直到导线全部离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是（）A．t1=LB．t2=Lv时，外力C．全过程中，电流的有效值为I=D．外力F的最大值为F3．（2024秋•天津期末）如图甲所示为某款按压式发电的手电筒，当按照一定的频率按压时，内置发电机线圈转动，穿过线圈的磁通量按照正弦规律变化（如图乙所示）。已知线圈的匝数为100匝，下列说法正确的是（）A．交流电的频率为0.2Hz B．t＝0.2s时，发电机线圈中的电流为零 C．发电机的电动势的有效值为πV D．若电路总电阻为5Ω，则发电机的功率为π4．（2025•雨花区校级开学）带发电机的自行车，能利用车轮车轮带动发电机转动发电对车灯提供电源。图甲是其发电机与车轮接触部分的照片，发电的基本原理可简化为一个线圈在匀强磁场中转动来产生（如图乙所示）。已知发电机转轮（转速与发电机线圈一样）的半径为r，发电机线圈所围面积为S、匝数为n、电阻为R0，磁场的磁感应强度为B，车灯电阻为R。当自行车以某速度在平直公路上匀速行驶时受到地面及空气的总阻力为Ff，车灯消耗的电功率为P。则（）A．自行车的行驶速度v=2(B．流经车灯的电流方向变化的频率为f=RC．线圈转动一圈克服安培力做的功W＝πnBS2PD．骑车人做功的功率P人=F5．（2024秋•道里区校级期末）某交变电流电压随时间变化的规律如图所示（初始部分为正弦函数的四分之一周期），下列说法正确的是（）A．将此交流电与击穿电压是200V的电容器相连，电容器不会被击穿 B．该交变电流电压的有效值为1005C．将该交变电流加在交流电压表两端时，电压表读数为200V D．该交变电流的周期为2s6．（2024秋•哈尔滨期末）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．410V C．15V D．85V二．多选题（共3小题）（多选）7．（2024秋•雁塔区校级期末）如图甲所示的电路，已知电阻R1＝R2＝R，和R1并联的D是理想二极管（正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大），在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压（电压为正值时，UAB＞0）。由此可知（）A．在A、B之间所加的交变电压的周期为2s B．在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u=20C．加在R1上电压的有效值为10V D．加在R2上电压的有效值为5（多选）8．（2024秋•五华区校级期末）一电阻R接到如图甲所示的正弦交流电源上，两端电压的有效值为U1，消耗的电功率为P1；若该电阻接到如图乙所示的方波交流电源上，两端电压的有效值为U2，消耗的电功率为P2。若甲、乙两图中的U0、T所表示的电压值、周期值是相同的，则下列说法正确的是（）A．U1=2U0C．P1=U02R D．P1：（多选）9．（2025•新郑市校级一模）某兴趣小组为了研究圆柱体铁芯的涡流热功率，构建了如图所示的分析模型，用电阻率为ρ的硅钢薄片绕成一个内径为r、厚度为d、高度为h的圆柱面，其中d≪r。沿平行于圆柱面轴线方向存在磁感应强度B（t）＝Bmsinωt的磁场。则此硅钢薄片中（）A．感应电动势的有效值为E=B．瞬时感应电动势的表达式为e＝πr2Bmsinωt C．发热功率为P=D．磁场变化的一个周期内通过此硅钢薄片的电荷量一定不为零三．填空题（共3小题）10．（2023秋•黄浦区校级期末）如图所示，矩形线圈面积S＝100cm2，匝数N＝100，线圈电阻为r＝2Ω，在磁感应强度为B＝1T的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω＝2πrad/s匀速转动，外电路电阻为R＝3Ω，在线圈由平行磁场的位置转过90°的过程中，平均感应电动势为E＝V；线圈每转动一圈，回路中产生的总焦耳热Q＝J。11．（2024•永春县校级模拟）如图，KLMN是一个竖直的单匝矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕某固定轴以角速度ω匀速转动。在MN边与磁场方向的夹角达30°的时刻（图示位置），导线框只需绕轴转过最小角度为时，可达中性面。线框匀速转动过程中，产生电动势的有效值为。12．（2024春•泉州期末）在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为U＝220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝R3＝20Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流I2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。则图中电流表的示数为A；电压表的示数为V；变压器的输入功率为W。四．解答题（共3小题）13．（2024秋•和平区校级期末）如图所示，矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B=2πT的水平匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝10πrad/s匀速转动，线框共10匝，面积S＝0.5m2，电阻r＝1Ω，通过导线与一阻值R（1）将图示时刻记为t＝0，写出该正弦式交流电电动势的瞬时值表达式；（2）t=（3）0～140（4）转动一周的过程中，整个电路产生的热量。14．（2024•邗江区校级一模）如图所示，N＝10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，使线圈绕垂直于磁感线的轴OO'以转速n＝6000r/min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；（回答：顺时针或者逆时针）（2）感应电动势的瞬时值表达式；（3）从图示位置转过30°的过程中流过电阻R的电荷量。15．（2024•邗江区校级模拟）如图所示，纸面内有边长为L的n匝正方形金属线框，置于水平向右的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框的总电阻为R。线框绕OO′轴匀速转动，ab边的线速度为v。求：（1）从图示位置转到90度时，线圈磁通量；（2）若用理想交流电表，测量导线中的电流，求经过图示位置时，电流表读数。

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的描述参考答案与试题解析题号123456答案ACDCBB一．选择题（共6小题）1．（2024秋•金凤区校级期末）如图是某交变电流的i﹣t图像，这一交变电流的电流有效值为（）A．10A B．3A C．32A 【考点】有效值的定义和一般交变电流的有效值．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】A【分析】取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值。【解答】解：设这一交变电流的电流有效值为I，周期为T＝1s，电阻为R，根据有效值定义可得I2代入数据解得I=10A，故A故选：A。【点评】本题考查求交流电的有效值问题，此类问题往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解。2．（2024秋•慈溪市期末）如图所示，光滑的长直金属杆通过两个金属环与一个形状为一个周期内完整正弦函数图象的金属导线ab连接，导线其余部分未与杆接触。金属杆电阻不计，导线电阻为R，a、b间距离为2L，导线构成的正弦图形顶部和底部到杆的距离都是d，在导线和金属杆所在平面内有两个方向相反的有界匀强磁场区域，磁场区域的宽度均为L，磁感应强度大小均为B，现在外力F作用下导线以恒定的速度v水平向右匀速运动，t＝0时刻导线从O点进入磁场，直到导线全部离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是（）A．t1=LB．t2=Lv时，外力C．全过程中，电流的有效值为I=D．外力F的最大值为F【考点】正弦式交变电流的有效值；电磁感应过程中的能量类问题．【专题】定量思想；等效替代法；交流电专题；推理论证能力．【答案】C【分析】由法拉第电磁感应定律，可知导线切割磁场时的感应电动势大小；由欧姆定律，可知感应电流大小；由正弦交变电源的峰值有效值关系，可计算电流的有效值；由金属始终匀速运动，可知受力平衡，结合安培力公式，即可计算外力的瞬时值和最大值。【解答】解：由金属导线始终匀速运动，可知其每段通过磁场的时间都是相同的，在0～Lv和3Lv～4Lv时间内，导线切割磁场的有效长度即导线与磁场边界交点到金属杆的距离，两段时间内感应电流方向相反；在Lv～若导线与磁场中间边界交点处到金属杆的高度为h，则此时有效长度为L有效＝h+h+h＝3h当t=3L2v时，各段的长度h＝以导线中a→b为电流正方，整个过程中感应电流与时间的关系图象如图乙所示。A、结合几何关系可知当t1=L2v时，切割磁感线的有效长度为d，所以电动势的大小为E1＝BdvB、当t2=Lv时，切割磁感线的有效长度为0，所以电动势的大小为0，则电路中的电流为0，外力的大小也是C、根据交流电有效值与最大值的关系可知在0～Lv和3Lv～在Lv～2Lv和2L根据交流电有效值的概念知在整个过程中的有效值满足I可得I=故C正确；D、当t=3L2v时，感应电动势有最大，此时的外力F也最大，为：Fm＝BIm•3d故选：C。【点评】本题主要是考查电磁感应现象中电路问题与能量问题，关键是弄清楚金属导线在磁场中运动时有效切割长度的计算，能够根据图像法进行分析。3．（2024秋•天津期末）如图甲所示为某款按压式发电的手电筒，当按照一定的频率按压时，内置发电机线圈转动，穿过线圈的磁通量按照正弦规律变化（如图乙所示）。已知线圈的匝数为100匝，下列说法正确的是（）A．交流电的频率为0.2Hz B．t＝0.2s时，发电机线圈中的电流为零 C．发电机的电动势的有效值为πV D．若电路总电阻为5Ω，则发电机的功率为π【考点】用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热；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】D【分析】由磁通量随时间的变化情况，可知周期，由周期与频率的关系，可计算交流电的频率；由正弦交流电的峰值及有效值的计算方法，可得到电动势的有效值；由电动势的有效值，可知电流是否为零；由功率的公式，及电动势的有效值，可计算功率。【解答】解：A、由磁通量随时间的变化情况，可知周期T＝0.2s，由周期与频率的关系，可知交流电的频率为：f=1T，解得：f＝5HzC、由正弦交流电的峰值Em＝NΦmω，可得到电动势的有效值为：E有=Em2B、电流表示数为有效值，与时刻无关，由电动势的有效值不为零，可知电流不为零，故B错误；D、由功率的公式P=E有2R，可知功率为：故选：D。【点评】本题考查交流电的计算，注意电表示数为有效值，不能用瞬时值计算。4．（2025•雨花区校级开学）带发电机的自行车，能利用车轮车轮带动发电机转动发电对车灯提供电源。图甲是其发电机与车轮接触部分的照片，发电的基本原理可简化为一个线圈在匀强磁场中转动来产生（如图乙所示）。已知发电机转轮（转速与发电机线圈一样）的半径为r，发电机线圈所围面积为S、匝数为n、电阻为R0，磁场的磁感应强度为B，车灯电阻为R。当自行车以某速度在平直公路上匀速行驶时受到地面及空气的总阻力为Ff，车灯消耗的电功率为P。则（）A．自行车的行驶速度v=2(B．流经车灯的电流方向变化的频率为f=RC．线圈转动一圈克服安培力做的功W＝πnBS2PD．骑车人做功的功率P人=F【考点】正弦式交变电流的有效值；线速度与角速度的关系；电磁感应过程中的能量类问题．【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】根据功率公式，电动势的有效值计算公式，解得线圈的角速度，进而可得自行车的速度；先计算出交流电的频率，然后根据一个周期内电流方向改变2次计算；根据能量守恒可知克服安培力做的功等于线圈电路消耗的电能；骑车人的功率等于克服阻力做功功率和整个电路消耗的电功率。【解答】解：A、设线圈角速度为ω，则发电机产生的电动势有效值E=nBSω2，有效电流I=ER+R0，则功率P＝I2B、根据交流电频率f'=ω2π，转动一周电流方向改变两次，故流经车灯的电流方向变化的频率为f=C、由能量守恒可知，线圈转动一圈克服安培力做的功为W＝EIT，又因为E=nBSω2，I=ER+R0D、由能量守恒可知，骑车人做功的功率P人=Ffv+I2(故选：C。【点评】能够计算出线圈产生的感应电动势的有效值是解题的关键，掌握闭合电路的欧姆定律，在整个过程中的能量转化规律是解题的基础。5．（2024秋•道里区校级期末）某交变电流电压随时间变化的规律如图所示（初始部分为正弦函数的四分之一周期），下列说法正确的是（）A．将此交流电与击穿电压是200V的电容器相连，电容器不会被击穿 B．该交变电流电压的有效值为1005C．将该交变电流加在交流电压表两端时，电压表读数为200V D．该交变电流的周期为2s【考点】有效值的定义和一般交变电流的有效值；交流电表的读数；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】定量思想；归纳法；交流电专题；理解能力．【答案】B【分析】根据交流电的最大电压分析；根据电流的热效应计算；电压表的读数指的是有效值；根据图像分析。【解答】解：A、该交流电压的最大值是2002V，大于200V，所以电容器会被击穿，故A错误；B、设该交流电压的有效值为U，则U2RT=(2002C、交流电压表的读数是有效值，所以电压表的示数为1005V，故C错误；D、由图可知该交变电流的周期为2×10﹣2s，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了对交流电有效值的理解，知道交流电表的读数指的是有效值。6．（2024秋•哈尔滨期末）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．410V C．15V D．85V【考点】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】B【分析】由图象可知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据焦耳定律即可得一个周期内交变电流产生的热量。【解答】解：由有效值的定义可得：I1代入数据得：(0.1解得：U=410V，故B故选：B。【点评】根据交变电流有效值的定义，计算有关交变电流的有效值，注意若是正弦式交流电，则最大值与有效值为2倍的关系。二．多选题（共3小题）（多选）7．（2024秋•雁塔区校级期末）如图甲所示的电路，已知电阻R1＝R2＝R，和R1并联的D是理想二极管（正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大），在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压（电压为正值时，UAB＞0）。由此可知（）A．在A、B之间所加的交变电压的周期为2s B．在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u=20C．加在R1上电压的有效值为10V D．加在R2上电压的有效值为5【考点】正弦式交变电流的函数表达式及推导；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．【答案】BD【分析】由图象可得交流电的周期，电压最大值，依据u＝Umsinωt可得变电压的瞬时值表达式；根据电流的热效应，注意二极管的单向导电性，使得半个周期内R1被短路，另半个周期内R1与R2串联，从而即可求解。【解答】解：A、由图象可得交流电的周期T＝0.02s，故A错误；B、电压最大值为：Um＝202V，角速度为：ω=2πT即变电压的瞬时值表达式为：u＝202sin100πt（V），故B正确；CD、在前半个周期，A点电位高于B点电位二极管导通，即R1被短路，U1＝0，R2电压为电源电压为：U2=202在后半个周期，B点电位高于A点电位二极管截止，R1与R2串联分压，U1＝U2＝10V根据交流电有效值的定义可知：QR1＝Q1+Q2，即为：UR12解得R1的电压有效值为：UR1＝52V，同理可得：QR2＝Q1+Q2，即为：UR解得R2的电压有效值为：UR2＝510V，故C错误，D正确。故选：BD。【点评】考查交流电的有效值求解，注意正弦交流电的有效值与最大值的关系，同时注意二极管的单向导电性。（多选）8．（2024秋•五华区校级期末）一电阻R接到如图甲所示的正弦交流电源上，两端电压的有效值为U1，消耗的电功率为P1；若该电阻接到如图乙所示的方波交流电源上，两端电压的有效值为U2，消耗的电功率为P2。若甲、乙两图中的U0、T所表示的电压值、周期值是相同的，则下列说法正确的是（）A．U1=2U0C．P1=U02R D．P1：【考点】正弦式交变电流的有效值．【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】由交流电有效值的计算方法，可知两种电源的有效电压；由电功率公式，可知两种电源的电功率，结合两种电源的电功率表达式，即可得到电功率之比。【解答】解：AB、由交流电有效值的计算方法，可知甲电源的有效电压满足：U1乙电源的有效电压满足：(2U0)2R×TCD、由电功率公式P=U2R，可知两种电源的电功率表达式分别为：P1=U02故选：AD。【点评】本题考查交流电有效值计算，关键是理解交流电的有效值，即与其发热效果相同的直流电的参数。（多选）9．（2025•新郑市校级一模）某兴趣小组为了研究圆柱体铁芯的涡流热功率，构建了如图所示的分析模型，用电阻率为ρ的硅钢薄片绕成一个内径为r、厚度为d、高度为h的圆柱面，其中d≪r。沿平行于圆柱面轴线方向存在磁感应强度B（t）＝Bmsinωt的磁场。则此硅钢薄片中（）A．感应电动势的有效值为E=B．瞬时感应电动势的表达式为e＝πr2Bmsinωt C．发热功率为P=D．磁场变化的一个周期内通过此硅钢薄片的电荷量一定不为零【考点】正弦式交变电流的函数表达式及推导；利用电阻定律求电阻；电功和电功率的计算；磁通量的计算；法拉第电磁感应定律的基本计算．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】AC【分析】由法拉第电磁感应定律，可计算感应电动势的瞬时值、有效值；由电阻决定式，结合感应电动势的有效值，可知感应电流，从而计算发热功率；由电流定义式的推导式、法拉第电磁感应定律，可知一个周期内，通过硅钢薄片的电荷量。【解答】解：AB．由于d≪r，可认为通过硅钢薄片的磁通量表达式为Φ＝BS＝πr2Bmsinωt，根据法拉第电磁感应定律，可知瞬时感应电动势的表达式为e＝ωπr2Bmcosωt，则感应电动势的最大值为Em=ωπr2BmC．根据电阻决定式，可知硅钢薄片的电阻为R=ρ2πrdD．根据正弦式交变电流规律可知，磁场变化的一个周期内通过此硅钢薄片的电荷量为q=It，I=ER，故选：AC。【点评】本题考查感应电动势的分析，在分析发热功率时，注意用电动势的有效值计算。三．填空题（共3小题）10．（2023秋•黄浦区校级期末）如图所示，矩形线圈面积S＝100cm2，匝数N＝100，线圈电阻为r＝2Ω，在磁感应强度为B＝1T的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω＝2πrad/s匀速转动，外电路电阻为R＝3Ω，在线圈由平行磁场的位置转过90°的过程中，平均感应电动势为E＝4V；线圈每转动一圈，回路中产生的总焦耳热Q＝2π25【考点】正弦式交变电流的函数表达式及推导；用焦耳定律计算电热．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】4，2【分析】应用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势；由Em＝NBSω求出感应电动势的最大值，然后求出感应电动势的有效值，应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流的有效值，应用焦耳定律求出焦耳热。【解答】解：E=NΔΦΔt=NBS-014T，故答案为：4，2【点评】本题考查了正弦式交变电流的产生问题，掌握基础知识是解题的前提，求焦耳热应该用有效值。11．（2024•永春县校级模拟）如图，KLMN是一个竖直的单匝矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕某固定轴以角速度ω匀速转动。在MN边与磁场方向的夹角达30°的时刻（图示位置），导线框只需绕轴转过最小角度为60°时，可达中性面。线框匀速转动过程中，产生电动势的有效值为22BSω【考点】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；分析综合能力．【答案】故答案为：60°；2【分析】根据中性面的特点解答；根据正弦式交流电电动势最大值表达式和有效值与最大值的关系，计算线框匀速转动过程中产生电动势的有效值。【解答】解：线圈自图示位置转过60°时，线圈平面与磁场垂直，感应电动势为零，感应电流为零，导线框位于中性面。转动过程中的最大感应动势为Em＝BSω产生电动势的有效值为E故答案为：60°；2【点评】本题考查了正弦式交流电电动势最大值、有效值，比较容易。12．（2024春•泉州期末）在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为U＝220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝R3＝20Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流I2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。则图中电流表的示数为1A；电压表的示数为20V；变压器的输入功率为40W。【考点】用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热；交流电表的读数．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】1，20，40。【分析】根据理想电表、理想变压器结合交变电流的图像以及变压比、串并联电路的关系和功率公式求解相应物理量。【解答】解：由图可知，电阻R2和R3并联，且R3＝R2＝20Ω，电流表是理想电流表，所以电流表的示数也等于R2的电流I2=Im2=22A＝1A，副线圈两端电压U2＝I2R2＝1×20V＝20V，根据n1n2=U1U2=101，得U1＝200V，所以电阻R1两端电压ΔU＝U﹣U1＝220V﹣200V＝20V，根据理想变压器的原理，其输入功率故答案为：1，20，40。【点评】考查理想变压器和电压、电功率等的求解，会根据题意进行准确分析和计算。四．解答题（共3小题）13．（2024秋•和平区校级期末）如图所示，矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B=2πT的水平匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝10πrad/s匀速转动，线框共10匝，面积S＝0.5m2，电阻r＝1Ω，通过导线与一阻值R（1）将图示时刻记为t＝0，写出该正弦式交流电电动势的瞬时值表达式；（2）t=（3）0～140（4）转动一周的过程中，整个电路产生的热量。【考点】正弦式交变电流的函数表达式及推导；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；分析综合能力．【答案】（1）将图示时刻记为t＝0，写出该正弦式交流电电动势的瞬时值表达式为e=50（2）t=160s时，电压表示数为（3）0～140s过程流过电阻（4）转动一周的过程中，整个电路产生的热量为10J。【分析】正弦式交流电电动势的瞬时值表达式e＝nBSωsinωt；根据交流电动势的有效值E=Em2、欧姆定律分析；根据公式q=It=nΔΦR+【解答】解：（1）交流电动势的最大值为Em＝nBSω＝10×2π×0.5×10πV＝从图示位置开始计时，此时线圈的磁通量为零，磁通量变化量最大，感应电动势最大，则交流电动势瞬时值为e（2）交流电动势的有效值E=Em2电流表示数为电流有效值，则有I=ER+电压表示数为电压有效值，则有U＝IR＝1×49V＝49V（3）经140s，线圈转过的角度为θ＝ωt＝10此过程磁通量变化量为ΔΦ＝BSsinπ4-0=2π×故流过R的电荷量为q=It=nΔΦR+（4）转动一周的过程中，整个电路产生的热量为Q＝I2（R+r）T＝I2（R+r）2πω=12×（49+1）×答：（1）将图示时刻记为t＝0，写出该正弦式交流电电动势的瞬时值表达式为e=50（2）t=160s时，电压表示数为（3）0～140s过程流过电阻（4）转动一周的过程中，整个电路产生的热量为10J。【点评】本题考查正弦式交流电电动势的瞬时值表达式、交流电动势的有效值E=Em2、欧姆定律、公式q=It=nΔΦR+14．（2024•邗江区校级一模）如图所示，N＝10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，使线圈绕垂直于磁感线的轴OO'以转速n＝6000r/min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；（回答：顺时针或者逆时针）（2）感应电动势的瞬时值表达式；（3）从图示位置转过30°的过程中流过电阻R的电荷量。【考点】计算线圈转动过程中的电荷量；根据线圈转动位置判断电流方向；计算从不同位置开始计时交变电流的表达式．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】（1）顺时针；（2）感应电动势的瞬时值表达式为：e＝40πcos（200πt）V；（3）流过电阻R的电荷量为0.01C。【分析】（1）由右手定则，可知通过线圈的感应电流方向；（2）由法拉第电磁感应定律，可知感应电动势的瞬时值表达式；（3）由电流定义式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，即可计算流过电阻的电荷量。【解答】解：（1）根据右手定则可知，t＝0时感应电流沿顺时针方向；（2）转速n＝6000r/min＝100r/s，角速度ω＝2πn＝200πrad/s，感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝NBl1l2ω，解得：Em＝40πV，感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcosωt，代入得：e＝40πcos（200πt）V；（3）从图示位置转过30°的过程中，磁通量变化量为ΔΦ＝Bl1l2sin30°，得ΔΦ＝0.01Wb，运动时间Δt=θω由法拉第电磁感应定律：E=NΔΦΔt，由闭合电路欧姆定律：联立可得从图示位置转过30°的过程中流过电阻R的电荷量q＝0.01C。答：（1）顺时针；（2）感应电动势的瞬时值表达式为：e＝40πcos（200πt）V；（3）流过电阻R的电荷量为0.01C。【点评】本题考查交流电的计算，关键是综合利用电流定义式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，计算通过电阻的电荷量。15．（2024•邗江区校级模拟）如图所示，纸面内有边长为L的n匝正方形金属线框，置于水平向右的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框的总电阻为R。线框绕OO′轴匀速转动，ab边的线速度为v。求：（1）从图示位置转到90度时，线圈磁通量；（2）若用理想交流电表，测量导线中的电流，求经过图示位置时，电流表读数。【考点】交流电表的读数；磁通量的计算．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】（1）从图示位置转到90度时，线圈磁通量为BL2；（2）电流表读数为nBLv2【分析】（1）根据磁通量的定义式列式解答；（2）根据题意先计算电动势的最大值，再结合正弦交流电的有效值和最大值之间的关系，闭合电路的欧姆定律求解电流值。【解答】解：（1）从图示位置转到90度时，线圈磁通量为Φ＝BS＝BL2；（2）电动势最大值为E＝nBLv，电动势的有效值为E有=E2，则经过图示位置时，交流电流表的读数为交流电的有效值，则电流表读数为答：（1）从图示位置转到90度时，线圈磁通量为BL2；（2）电流表读数为nBLv2【点评】考查磁通量和交流电的峰值，有效值等关系，会根据题意进行准确分析解答。

考点卡片1．线速度与角速度的关系【知识点的认识】1.线速度与角速度的关系为：v＝ωr2.推导由于v=ΔsΔt，ω=ΔθΔt，当Δθv＝ωr这表明，在圆周运动中，线速度的大小等于角速度的大小与半径的乘积。3.应用：①v＝ωr表明了线速度、角速度与半径之间的定性关系，可以通过控制变量法，定性分析物理量的大小；②v＝ωr表明了线速度、角速度与半径之间的定量关系，可以通过公式计算线速度、角速度或半径。【命题方向】一个物体以角速度ω做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是（）A、轨道半径越大线速度越大B、轨道半径越大线速度越小C、轨道半径越大周期越大D、轨道半径越大周期越小分析：物体做匀速圆周运动中，线速度、角速度和半径三者当控制其中一个不变时，可得出另两个之间的关系．由于角速度与周期总是成反比，所以可判断出当半径变大时，线速度、周期如何变化的．解答：因物体以一定的角速度做匀速圆周运动，A、由v＝ωr得：v与r成正比。所以当半径越大时，线速度也越大。因此A正确；B、由v＝ωr得：v与r成正比。所以当半径越大时，线速度也越大。因此B不正确；C、由ω=2πT得：ω与TD、由ω=2πT得：ω与T故选：A。点评：物体做匀速圆周，角速度与周期成反比．当角速度一定时，线速度与半径成正比，而周期与半径无关．【解题思路点拨】描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：2．利用电阻定律求电阻【知识点的认识】电阻定律的表达式为R＝ρlS【命题方向】一条粗细均匀的电阻丝电阻为R，其横截面的直径为d，若将它拉制成直径为110A、110000RB、10000RC、1100分析：横截面直径为d电阻丝拉制成直径为d10的均匀细丝后，公式S=14πd2得知，横截面积变为原来的1100，而电阻丝的体积不变，则长度变为原来的100倍，由电阻定律R＝解答：S=14π∵d∴SV′＝L′S′＝LS∴L′＝100L由电阻定律R＝ρLR'故选：B。点评：本题要注意当导体横截面变化时，其长度也跟着变化，抓住导体的体积不变．考查对电阻定律的理解能力．【解题思路点拨】对于同一个导体，如果导体接入电路的方式不同，那么导体的电阻也会有差异。3．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。4．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。5．磁通量的计算【知识点的认识】1.当平面与磁场垂直时，穿过平面的磁通量为：Φ＝BS。2.当平面与磁场不垂直时，S应该为平面与磁感线方向上的投影面积，如下图图中穿过平面的磁通量为Φ＝BScosθ。式中Scosθ即为平面S在垂直于磁场方向上的投影面积，也称为“有效面积”3.磁通量的正、负（1）磁通量是标量，但有正、负，当以磁感线从某一面上穿入时，磁通量为正值，则磁感线从此面穿出时即为负值。（2）若同时有磁感线沿相反方向穿过同一平面，且正向磁通量大小为Φ1，反向通量大小为Φ2，则穿过该平面的合磁通量Φ＝Φ1﹣Φ2。【命题方向】如图所示，在一半径为r的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。现将匝数为n、半径为R（R＞r）的圆形线圈垂直纸面放置，使其轴线经过磁场区域的圆心，则穿过线圈的磁通量为（）A、πBr2B、πBR2C、nπBR2D、nπBr2分析：根据磁通量公式Φ＝BS分析求解；注意S为垂直于磁场方向上的有效面积，磁通量与匝数无关。解答：磁通量与匝数无关，线圈在磁场中的有效面积S＝πr2，根据磁通量的公式Φ＝BS可知，穿过线圈的磁通量Φ＝πBr2，故A正确，BCD错误。故选：A。点评：本题考查了磁通量的定义，解题的关键是明确垂直于磁场方向上的有效面积，根据磁通量公式求解。【解题思路点拨】对磁通量的理解（1）Φ＝B•S的含义：Φ＝BS只适用于磁感应强度B与面积S垂直的情况．当B与S平面间的夹角为θ时，则有Φ＝BSsinθ．可理解为Φ＝BSsinθ，即Φ等于B与S在垂直于B方向上投影面积的乘积．也可理解为Φ＝BsinθS，即Φ等于B在垂直于S方向上的分量与S的乘积．如图（1）所示．（2）面积S的含义：S不一定是某个线圈的真正面积，而是线圈在磁场范围内的面积．如图（2）所示，S应为线圈面积的一半．（3）多匝线圈的磁通量：多匝线圈内磁通量的大小与线圈匝数无关，因为不论线圈匝数多少，穿过线圈的磁感线条数相同，而磁感线条数可表示磁通量的大小．（4）合磁通量求法：若某个平面内有不同方向和强弱的磁场共同存在，当计算穿过这个面的磁通量时，先规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，平面内各个方向的磁通量的代数和等于这个平面内的合磁通量．6．法拉第电磁感应定律的基本计算【知识点的认识】法拉第电磁感应定律（1）内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。（2）公式：E＝nΔΦΔt【命题方向】一个100匝的线圈，在0.4s内穿过它的磁通量从0.02Wb均匀增加到0.08Wb，则线圈中总的感应电动势V．若线圈电阻为10Ω，则线圈中产生的电流强度I＝A．分析：根据法拉第电磁感应定律E=n解答：感应电动势E=感应电流的大小I=E故本题答案为：15，1.5．点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律E=n【解题方法点拨】1．对法拉第电磁感应定律的理解2．计算感应电动势的公式有两个：一个是E＝n△∅△t，一个是E＝Blvsinθ，计算时要能正确选用公式，一般求平均电动势选用E＝n△∅△t，求瞬时电动势选用E＝3．电磁感应现象中通过导体横截面的电量的计算：由q＝I•△t，I=ER总，E＝n△∅△t，可导出电荷量7．电磁感应过程中的能量类问题【知识点的认识】1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。2.求解电能应分清两类情况（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。（2）若电流变化，则：①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。3.电磁感应现象中的能量转化（1）安培力做功（2）焦耳热的计算①电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt②感应电流变化时，可用以下方法分析：a.利用动能定理，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，焦耳热等于其他形式能量的减少量，【命题方向】题型一：电磁感应与能量的综合电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S＝1.15m，两导轨间距L＝0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J．（取g＝10m/s2）求：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a（3）求金属棒下滑的最大速度vm．分析：（1）题中已知金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J，R与r串联，根据焦耳定律分析它们产生的热量关系，从而求得总的焦耳热，即为金属棒克服安培力的功W安．（2）分析金属棒的受力分析，导体棒受到重力，支持力，安培力，做出受力图，求出合力，可以求得加速度．（2）当金属棒的加速度为零时，速度最大，由上题结果求解最大速度．解答：（1）下滑的过程中金属棒克服安培力做功等于回路产生的焦耳热．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）金属棒下滑速度v＝2m/s时，所受的安培力为：F＝BIL＝BBLvR+由牛顿第二定律得：mgsin30°-B得：a＝gsin30°-代入解得：a＝10×0.5-0．82×0.7（3）金属棒匀速运动时速度最大，即a＝0时，v最大，设为vm．由上题结果得：mgsin30°-B可得：vm=mg(R若根据能量守恒定律得：mgSsin30°=12解得：vm=7.5m/s≈2.73m/s，所以金属棒下滑的最大速度vm为2.73m/s答：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安是0.4J．（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a是3.2m/s2．（3）金属棒下滑的最大速度vm是2.73m/s．点评：本题关键要分析功能关系，并对金属棒正确受力分析，应用安培力公式、牛顿第二定律等，即可正确解题．【解题方法点拨】电磁感应中的能量转化问题1．电磁感应中的能量转化特点外力克服安培力做功，把机械能或其它能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其它形式的能（如内能）．这一功能转化途径可表示为：2．电能求解思路主要有三种（1）利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的减少量等于产生的电能．（3）利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算．8．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，线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，从中性面开始计时线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=解答：ABC、图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，故ABC错误；D、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=Im故选：D。点评：本题主要考查了中性面，明确线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次。【解题思路点拨】正弦交变电流产生的原理矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动的过程中，与轴平行的两条边（导线）切割磁感线，因而产生感应电动势，线圈上就有了电流．交流发电机的工作过程是将机械能转化为电能和回路中内能的过程，符合能量守恒定律.9．根据线圈转动位置判断电流方向【知识点的认识】线圈在磁场中转动产生交变电流，可以根据右手定则判断具体时刻的电流方向。【命题方向】如图所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻力R，转动的角速度为ω．则当线圈转至图示位置时（）A、线圈中感应电流的方向为abcdaB、线圈中的感应电流为nBC、穿过线圈的磁通量为0D、穿过线圈磁通量的变化率为0分析：根据右手定则判断感应电流的方向．图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，根据感应电动势公式求解线圈中的感应电动势．图示时刻线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析磁通量的变化率．解答：A、图示时刻，ad速度方向向里，bc速度方向向外，根据右手定则判断出ad中感应电流方向为a→d，bc中电流方向为c→b，线圈中感应电流的方向为adcba。故A错误。B、线圈中的感应电动势为E＝nBSω＝nBl2ω，线圈中的感应电流为nBl2ωC、图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，穿过线圈磁通量为0，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大。故C正确D、穿过线圈磁通量的变化率为Bl2ω．故D错误；故选：BC。点评：本题研究交变电流的产生规律，实质上是电磁感应知识的具体应用，是右手定则、法拉第电磁感应定律等知识的综合应用．【解题思路点拨】根据右手定则分析线圈处于某一位置时电流的方向。10．交变电流的u-t图像和i-t图像【知识点的认识】1.用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线．如图（e）、（f）所示．2.可以直接或间接从图像上读取的物理量有：任意时刻的电压或电流、交变电压或电流的最大值、交变电压或电流的周期、可以求出交变电流或电压的角频率（线圈转动的角速度）、交变电压或电流的表达式、交变电压或电流的有效值等。【命题方向】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．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴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分析：由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向．解答：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是Im=102A，周期T＝0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I=IB、角速度=2πT=100πC、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．故选AC．点评：本题是2013年的高考题，考查的知识点较多，难度不大．【解题方法点拨】解决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．11．正弦式交变电流的函数表达式及推导【知识点的认识】1.正弦式电流的函数表达式为i＝Imsinωt，u＝Umsinωt，式中Im、Um分别表示电流和电压的峰值。i和u表示电流和电压的瞬时值。ω表示线圈转动的角速度。（1）此表达式代表的是线圈从中线面开始转动的情况。（2）式子中Um＝NBSω。2.表达式的推导：若矩形线圈在磁场中从中性面开始以角速度o匀速转动，如图所示，则经时间t：（1）线圈转过的角度为θ＝ωt。（2）ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。（3）ab边转动的线速度大小v＝ωl（4）ab边产生的感应电动势eab＝Blabvsinθ=BSω2•sinω（5）整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsinωt，若线圈为n匝，则e＝nBSωsinωt。【命题方向】矩形线圈在匀强磁场中转动产生e＝2202sin100A、频率是50HzB、当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C、当t=1200sD、有效值为220V分析：根据交流电的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．解答：A、线圈的角速度为100πrad/s，故其频率为：f=ω2π=B、当t＝0时e＝0，此时线圈处在中性面上，故B错误。C、当t=1200s时，sin100πt＝1，所以e有最大值，故D、有效值为：22022=220V故选：ACD。点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．【解题思路点拨】1.交变电压的表达式u＝Umsinωt，根据欧姆定律即可得出电路中电流的i=u2.正弦式交变电流瞬时值的表达式12．计算从不同位置开始计时交变电流的表达式【知识点的认识】1.当线圈从不同位置开始转动时，交变电流的瞬时值表达式是不相同的，交变电流表达式的推导方向如下：若矩形线圈在磁场中从中性面开始以角速度o匀速转动，如图所示，则经时间t：（1）线圈转过的角度为θ＝ωt。（2）ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。（3）ab边转动的线速度大小v＝ωl（4）ab边产生的感应电动势eab＝Blabvsinθ=BSω2•sinω（5）整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsinωt，若线圈为n匝，则e＝nBSωsinωt。2.常见的两个起转位置是从中性面开始和从与中性面垂直的位置开始，这两种方式开始计时的情况交变电流的表达式为：【命题方向】如图所示线圈面积为0.05m2，共100匝，线圈总电阻为r＝1Ω，外电阻R＝9Ω，线圈处于B=2πT的匀强磁场中．当线圈绕轴以转速n＝（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时值表达式．（2）两电表的示数．（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量．（4）线圈匀速转一圈产生的总热量．分析：（1）从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt．感应电动势的最大值Em＝nBSω，由题已知条件代入求出．（2）交流电表测量有效值，由感应电动势的最大值，求出感应电动势的有效值，由欧姆定律求解两电表的读数．（3）线圈转过180°的过程中，由q＝nΔΦR（4）根据焦耳定律Q＝I2Rt求解线圈匀速转一圈产生的总热量，I为电流的有效值．解答：（1）线圈的角速度ω＝2πn＝10πrad/s，感应电动势的最大值Em＝nBSω＝100V，则从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝100sin10πtV（2）电路中电流的有效值I=ER+r，E=22Em，代入解得I＝52电压表读数为U＝IR＝452V（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量q＝nΔΦR（4）线圈匀速转一圈产生的总热量Q＝I2RT＝I2R⋅2π答：（1）若从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为100sin10πtV；（2）电流表读数为52A，电压表读数为452V．（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量是2πC（4）线圈匀速转一圈产生的总热量是100J．点评：本题是交变电流规律的基本应用，注意交流电表测量的是交流电的有效值．常规题．【解题思路点拨】1.从中心面起转和从垂直于中线面的位置起转，相位差了π2，所以，表达式一个是i＝Imsinωt，另一个是i＝Imsin（ωt+π2）＝Imcos2.正弦式交流电和余弦式交流电除了相位不同，并无区别，因此两者统称为正弦式交变电流。13．有效值的定义和一般交变电流的有效值【知识点的认识】1.定义：有效值是根据电流的热效应定义的一个等效概念。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，而这个恒定电流与电压分别是I、U，我们就把Ⅰ、U叫作这个交变电流的有效值。2.符号：用E、I、U分别表示电动势、电流、电压的有效值。3.计算方法：（1）对于正弦式交变电流：I=Im2，（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值4.应用环境：当计算某时间内的功率，产生的热量.电流做的功等问题时需使用有效值【命题方向】如图表示一交变电流的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值为（）A、52AB、5AC、25AD、3.5A分析：根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．解答：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有(42)2R⋅T2+（22解得：I＝25A故选：C。点评：对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值．常见题型，要熟练掌握．【解题思路点拨】对有效值的理解：在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：I=Im2，（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。（3）有效值的应用计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。14．正弦式交变电流的有效值【知识点的认识】对于正弦式交变电流，有效值与峰值之间的关系为：I=Im2【命题方向】家庭电路中电压的瞬时值表达式为u＝2202sin314t（v），则交流电压的有效值是（）A、220VB、2202VC、110VD、1102V分析：根据交流电的表达式可读出该交流电的最大值，再根据最大值与有效值的关系可直接求解有效值。解答：由瞬时表达式可知，最大值Um＝2202V，则有效值U=Um2=22022V故选：A。点评：本题考查对交流电最大值和有效值的认识，要明确二者的关系，掌握有效值的计算方法。【解题思路点拨】对有效值的理解：在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：I=Im2，（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。（3）有效值的应用计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。15．交流电表的读数【知识点的认识】1.电路中的交流电表的示数表示的交变电压或交变电流的有效值。2.交变电流的计算方法：（1）对于正弦式交变电流：I=Im2，（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值。【命题方向】如图所示线圈面积为0.05m2，共100匝，线圈总电阻为r＝1Ω，外电阻R＝9Ω，线圈处于B=2πT的匀强磁场中．当线圈绕轴以转速n＝（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出