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新高考物理三轮冲刺知识讲练与题型归纳专题26 交流电的产生及描述（含解析）
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这是一份新高考物理三轮冲刺知识讲练与题型归纳专题26 交流电的产生及描述（含解析），共16页。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc128040861" 题型一 交变电流的产生及变化规律 PAGEREF _Tc128040861 \h 1
\l "_Tc128040862" 题型二 交流电有效值的求解 PAGEREF _Tc128040862 \h 5
\l "_Tc128040863" 题型三 交变电流“四值”的比较 PAGEREF _Tc128040863 \h 10
[考点分析]
题型一 交变电流的产生及变化规律
1．交变电流的产生
(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．
(2)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，电流方向将发生改变．
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．
(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次．
(4)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．
2．交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
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′方向观察，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，电阻为R，转动的角速度为ω。则当线圈转至图示位置时，下列说法不正确的是（ ）
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电流为
C．穿过线圈的磁通量为0
D．穿过某匝线圈磁通量的变化率为Bl2ω
【解答】解：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，故B正确；
CD、图示时刻线圈与磁场平行，穿过线圈的磁通量为0。由法拉第电磁感应定律得：E＝n，则磁通量的变化率为Bl2ω，故CD正确。
本题选错误的，
故选：A。
如图（a）→（b）→（c）→（d）→（e）过程是交流发电机发电的示意图。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。下列说法正确的是（ ）
A．图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大
B．从图（b）开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imsinωt
C．当线圈转到图（c）位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变
D．当线圈转到图（d）位置时，感应电动势最大，ab边感应电流方向为a→b
【解答】解：A、图（a）中，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为0，故A错误；
B、图（b）中线圈与磁场平行，此时感应电流最大，则线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imcsωt，故B错误；
C、当线圈转到图（c）位置时，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最小，为零，电流方向将改变，故C正确；
D、当线圈转到图（d）位置时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，故感应电动势最大，ab边感应电流方向为b→a，故D错误。
故选：C。
（多选）如图1所示，一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中做匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻线圈平面垂直于中性面
B．t2时刻ad边的速度方向跟磁感线垂直
C．t3时刻线圈平面与中性面重合
D．在如图1所示位置时，电流方向改变一次
【解答】解：A、t1时刻磁通量最大，线圈平面垂直于磁感线，处于中性面，故A错误；
B、t2时刻磁通量为零，线圈平面垂直于中性面，感应电动势最大，故ad边的速度方向跟磁感线垂直，故B正确；
C、t3时刻磁通量最大，线圈平面垂直于磁感线，线圈平面与中性面重合，故C正确；
D、每次经过中性面位置时，电流方向发生改变，图1所示位置垂直中性面，电流方向不改变，故D错误；
故选：BC。
图1是一手摇发电机，其原理可简化为矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的中心轴OO′匀速转动，产生随时间变化的感应电动势。
已知矩形线圈abcd的匝数为N，边长ab＝cd＝L1，bc＝ad＝L2．线圈所在处磁感应强度为B．线圈的角速度为ω．当线圈转动到图2所示位置时，其平面与磁场方向平行。
（1）求线圈转动到图2位置时ab边切割磁感线产生的感应电动势大小并判断ab两端电势的高低；
（2）从线圈处于图2位置开始计时，t时刻线圈转至截面图中虚线所示位置，推导t时刻线圈产生的感应电动势大小为e＝NBL1L2ωcsωt；
（3）如图3所示，线圈的ab、cd边分别通过电流与两个滑环e、f相连，滑环e、f与二极管D、外电阻相连，组成闭合回路。二极管具有单向导电性，即加正向电压时其电阻可忽略不计，加反向电压时电阻可视为无穷大。已知线圈电阻为r，外电阻为R，电路其余部分电阻不计。计算经过一段较长时间t（远大于线圈转动周期）的过程中，外电阻R上产生的热量。
【解答】解：（1）ab边切割磁感线产生的电动势为：E＝NBL1V，其中V＝ω
可得：ENBL1L2ω，b端电势高。
（2）线圈匀速转动过程中，ab、cd边都切割磁感线产生感应电动势，总电动势为两边产生的电动势之和。
即：e＝2eab
如图，经过时间t，ab边绕OO′转过的角度θ＝ωt，此时ab边的速度方向如图中所示，
v与磁场方向的垂直分量：v1＝vcsθ＝vcsωt
根据电磁感应定律，在ab边上产生的感应电动势大小为：eab＝NBL1vcsωt
又：v＝ω
由此可得：e＝NBL1L2ωcsωt
（3）设线圈中感应电动势最大值为Em，有效值为E有，线圈的转动周期为T
则有：Em＝NBL1L2ω，
得：E有NBL1L2ω
时间t内产生的总热量：Q总
而R上产生的热量为：QRQ
得：QR
答：（1）线圈转动到图2位置时ab边切割磁感线产生的感应电动势大小为NBL1L2ω；b端电势的高。
（2）根据电磁感应定律，在ab边上产生的感应电动势大小为NBL1vcsωt，又：v＝ω，由此可得：e＝NBL1L2ωcsωt。
（3）外电阻R上产生的热量为。
题型二 交流电有效值的求解
1．正弦式交流电的有效值：
I＝eq \f(Im,\r(2))，U＝eq \f(Um,\r(2))，E＝eq \f(Em,\r(2))
2．非正弦式交流电有效值的求解需根据电流的热效应进行计算．
发电机的示意图如甲所示，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。其他电阻不计，图乙中的Um为已知量。在金属框转动一周的过程中（ ）
A．框内电流方向不变
B．电动势的有效值为Um
C．流过电阻的电荷量为
D．电阻产生的焦耳热为
【解答】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，故A错误；
B、由图乙可知，电动势的最大值为Um，该电流等效为正弦式交流电，故电动势的有效值为U，故B错误；
C、金属框转过半周流过电阻的电荷量为：q•Δt，由于有换向器，电流方向一直为正方向，所以金属框转过一周流过电阻的电荷量为：q′＝2q，故C正确；
D、因为Um＝BωL2，则ω，根据焦耳定律，可知金属框转过一周电阻产生的焦耳热为：Q，故D错误。
故选：C。
如图甲所示为一台小型旋转电枢式交流发电机的构造示意图，内阻r＝1Ω，外电路电阻R2＝R2＝18Ω，电路中其余电阻不计，发电机的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝10，转动过程中穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，取π＝3.14，则（ ）
A．t＝1.57×10﹣2s时，该小型发电机的电动势为零
B．t＝3.14×10﹣2s时，矩形线圈转到中性面位置
C．串联在外电路中的交流电流表的示数为2A
D．感应电动势的最大值为20V
【解答】解：AB、在t＝1.57×10﹣2s和t＝3.14×10﹣2s时，穿过线圈内的磁通量为0，则线圈转到中性面的垂面位置，感应电动势最大，故AB错误；
CD、线圈转动过程中产生感应电动势的最大值为：Em＝nBSω＝nΦm10×1.0×10﹣2V＝20V，有效值为：E10V，故串联在外电路中的交流电流表的示数为：IAA。故C错误，D正确。
故选：D。
（多选）图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁体转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，传感器显示如图乙所示，则（ ）
A．磁铁的转速为5πr/s
B．线圈两端电压的有效值为6V
C．交变电流的电压表达式为u＝12sin5πtV
D．该交变电流可以直接加在击穿电压为6V的电容器上
【解答】解：A、电流的周期为T＝0.4s，故磁体的转速为 n2.5r/s，故A错误；
B、通过乙图可知电压的最大值为12V，故有效值U6V，故B正确
C、周期T＝0.4s，故ω5π rad/s，故电压的表达式为U＝12sin5πt（V），故C正确
D、电容器的击穿电压为交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能加在击穿电压为6V的电容器上，故 D错误。
故选：BC。
（多选）如图所示，匝数为n的正方形线圈abcd的电阻为r，线圈外接电阻R，理想电压表与电阻R并联，线圈ab边和cd边的中点连线OO′，恰好位于磁感应强度为B的匀强磁场的边界上，线圈绕OO′为轴以角速度ω匀速转动，电压表的示数为U，下列说法中正确的是（ ）
A．从图示位置开始计时，电动势的表达式为eUsinωt
B．穿过线圈的磁通量的最大值为Φm
C．线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量为
D．线圈从图示位置转到90°位置时，电阻R的瞬时功率为
【解答】解：A、线圈绕OO′轴以角速度ω匀速转动，产生正弦式交变电流，电压表示数：U，
E，感应电动势的最大值：EmE，故从图示位置开始计时，电动势的表达式为esinωt，故A错误；
B、圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ac边和bd边转动的线速度大小相等，当线框平行于磁场时，产生的感应电动势最大为：Em＝nBLv＝nBLω•nBL2ωnBSωnΦmω，则：Φm，故B正确；
C、由法拉第电磁感应定律得：，电荷量：q＝I△t＝n，故C错误；
D、线圈从图示位置转到90°位置时，感应电动势最大，R两端电压最大，R两端电压的瞬时值U′U，瞬时功率：P，故D正确；
故选：BD。
如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T，边长L＝10cm的正方形线圈共100匝，线圈总电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO'匀速转动，角速度ω＝2πrad/s，外电路中的电阻R＝4Ω，求：
（1）感应电动势的最大值；
（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°的过程中产生的平均速度感应电动势；
（3）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°的瞬时感应电动势）；
（4）线圈转动一周产生的总热量；
（5）从图示位置开始的周期内通过R的电荷量。
【解答】解：（1）感应电动势的最大值为：Em＝NBSω＝100×0.5×0.12×2πV＝πV。
（2）产生的平均感应电动势EV
（3）由图示位置转过60°时的瞬时感应电动势为：e＝Emcs 60°＝π×0.5VV
（4）周期为：T
线圈转动一周产生的总热量为：Q
（5）平均电动势：电流：在 周期内通过电阻R的电荷量为：
q
即为：q
答（1）感应电动势的最大值为πV；
（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°的过程中产生的平均速度感应电动势为；
（3）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°的瞬时感应电动势为；
（4）线圈转动一周产生的总热量为；
（5）从图示位置开始的周期内通过R的电荷量为。
题型三 交变电流“四值”的比较
交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
如图甲所示，标有“220V，40W”的电灯和标有“20μF，300V”的电容器并联接到交流电源上，电压表为交流电压表。交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关，下列判断正确的是（ ）
A．时刻，交流电压表V的示数为零
B．电灯会烧坏
C．电容器有可能被击穿
D．交流电压表V的示数保持不变
【解答】解：AD、交流电压表示数为有效值220V不变，故AD错误；
B、电压有效值正好等于灯泡额定电压，不会烧坏，故B错误；
C、电压峰值为约为311V，超过了电容器击穿电压，故C正确；
故选：C。
如图1所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝；线圈总电阻为1Ω，外接电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度为BT，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时，求：
（1）线圈中感应电动势的峰值Em。
（2）若线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时表达式。
（3）线圈转过s时电动势的瞬时值多大？
（4）在图2中画出电动势随时间变化的图象，要用对应的物理量符号标清坐标系和对应的数值。
【解答】解：（1）转速为300r/min＝5r/s，则转动的角速度ω＝2πn＝10πrad/s，
线圈中感应电动势的峰值Em＝NBSω．
（2）若线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时表达式e＝Emsinωt＝50sin10πt。
（3）线圈转过s时电动势的瞬时值。
（4）电动势随时间的变化规律成正弦变化，如图所示。
答：（1）线圈中感应电动势的峰值为50V。
（2）若从图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时表达式为：e＝50sin10πt （V）。
（3）线圈转过s时电动势的瞬时值为。
（4）在图2中画出电动势随时间变化的图象，如图所示。
如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直）的匀强磁场，磁感应强度为B．M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：
（1）从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量；
（2）从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量；
（3）电流表的示数。
【解答】解：（1）转速为n，则ω＝2πn；sπr2
最大感应电动势Em＝BSω，
Q＝（）2；
（2）转圈时磁通量的变化量为Φ＝BS＝B；
所用的时间t；
则平均电动势2nπBr2；
电量Q；
（3）则因只有一半区域内有磁场，由有效值的计算公式可得：
（）2
解得有效值E；
则电路中电流I；
电流表示数为I
答：（1）从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量为
（2）从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量为
（3）电流表的示数为
规律
物理量
函数表达式
图象
磁通量
Φ＝Φmcs ωt＝BScs ωt
电动势
e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt
电压
u＝Umsin ωt＝eq \f(REm,R＋r)sin ωt
电流
i＝Imsin ωt＝eq \f(Em,R＋r)sin ωt
物理量
物理含义
重要关系
适用情况及说明
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e＝Emsin ωt
i＝Imsin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
峰值
最大的瞬时值
Em＝nBSω
Im＝eq \f(Em,R＋r)
讨论电容器的击穿电压
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值
E＝eq \f(Em,\r(2))
U＝eq \f(Um,\r(2))
I＝eq \f(Im,\r(2))
适用于正(余)弦式交变电流
(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)
(2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值
(3)保险丝的熔断电流为有效值
平均值
交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值
eq \x\t(E)＝Bleq \x\t(v)
eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
计算通过电路横截面的电荷量
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc128040861" 题型一 交变电流的产生及变化规律 PAGEREF _Tc128040861 \h 1
\l "_Tc128040862" 题型二 交流电有效值的求解 PAGEREF _Tc128040862 \h 5
\l "_Tc128040863" 题型三 交变电流“四值”的比较 PAGEREF _Tc128040863 \h 10
[考点分析]
题型一 交变电流的产生及变化规律
1．交变电流的产生
(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．
(2)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，电流方向将发生改变．
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．
(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次．
(4)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．
2．交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
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′方向观察，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，电阻为R，转动的角速度为ω。则当线圈转至图示位置时，下列说法不正确的是（ ）
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电流为
C．穿过线圈的磁通量为0
D．穿过某匝线圈磁通量的变化率为Bl2ω
【解答】解：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，故B正确；
CD、图示时刻线圈与磁场平行，穿过线圈的磁通量为0。由法拉第电磁感应定律得：E＝n，则磁通量的变化率为Bl2ω，故CD正确。
本题选错误的，
故选：A。
如图（a）→（b）→（c）→（d）→（e）过程是交流发电机发电的示意图。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。下列说法正确的是（ ）
A．图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大
B．从图（b）开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imsinωt
C．当线圈转到图（c）位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变
D．当线圈转到图（d）位置时，感应电动势最大，ab边感应电流方向为a→b
【解答】解：A、图（a）中，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为0，故A错误；
B、图（b）中线圈与磁场平行，此时感应电流最大，则线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imcsωt，故B错误；
C、当线圈转到图（c）位置时，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最小，为零，电流方向将改变，故C正确；
D、当线圈转到图（d）位置时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，故感应电动势最大，ab边感应电流方向为b→a，故D错误。
故选：C。
（多选）如图1所示，一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中做匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻线圈平面垂直于中性面
B．t2时刻ad边的速度方向跟磁感线垂直
C．t3时刻线圈平面与中性面重合
D．在如图1所示位置时，电流方向改变一次
【解答】解：A、t1时刻磁通量最大，线圈平面垂直于磁感线，处于中性面，故A错误；
B、t2时刻磁通量为零，线圈平面垂直于中性面，感应电动势最大，故ad边的速度方向跟磁感线垂直，故B正确；
C、t3时刻磁通量最大，线圈平面垂直于磁感线，线圈平面与中性面重合，故C正确；
D、每次经过中性面位置时，电流方向发生改变，图1所示位置垂直中性面，电流方向不改变，故D错误；
故选：BC。
图1是一手摇发电机，其原理可简化为矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的中心轴OO′匀速转动，产生随时间变化的感应电动势。
已知矩形线圈abcd的匝数为N，边长ab＝cd＝L1，bc＝ad＝L2．线圈所在处磁感应强度为B．线圈的角速度为ω．当线圈转动到图2所示位置时，其平面与磁场方向平行。
（1）求线圈转动到图2位置时ab边切割磁感线产生的感应电动势大小并判断ab两端电势的高低；
（2）从线圈处于图2位置开始计时，t时刻线圈转至截面图中虚线所示位置，推导t时刻线圈产生的感应电动势大小为e＝NBL1L2ωcsωt；
（3）如图3所示，线圈的ab、cd边分别通过电流与两个滑环e、f相连，滑环e、f与二极管D、外电阻相连，组成闭合回路。二极管具有单向导电性，即加正向电压时其电阻可忽略不计，加反向电压时电阻可视为无穷大。已知线圈电阻为r，外电阻为R，电路其余部分电阻不计。计算经过一段较长时间t（远大于线圈转动周期）的过程中，外电阻R上产生的热量。
【解答】解：（1）ab边切割磁感线产生的电动势为：E＝NBL1V，其中V＝ω
可得：ENBL1L2ω，b端电势高。
（2）线圈匀速转动过程中，ab、cd边都切割磁感线产生感应电动势，总电动势为两边产生的电动势之和。
即：e＝2eab
如图，经过时间t，ab边绕OO′转过的角度θ＝ωt，此时ab边的速度方向如图中所示，
v与磁场方向的垂直分量：v1＝vcsθ＝vcsωt
根据电磁感应定律，在ab边上产生的感应电动势大小为：eab＝NBL1vcsωt
又：v＝ω
由此可得：e＝NBL1L2ωcsωt
（3）设线圈中感应电动势最大值为Em，有效值为E有，线圈的转动周期为T
则有：Em＝NBL1L2ω，
得：E有NBL1L2ω
时间t内产生的总热量：Q总
而R上产生的热量为：QRQ
得：QR
答：（1）线圈转动到图2位置时ab边切割磁感线产生的感应电动势大小为NBL1L2ω；b端电势的高。
（2）根据电磁感应定律，在ab边上产生的感应电动势大小为NBL1vcsωt，又：v＝ω，由此可得：e＝NBL1L2ωcsωt。
（3）外电阻R上产生的热量为。
题型二 交流电有效值的求解
1．正弦式交流电的有效值：
I＝eq \f(Im,\r(2))，U＝eq \f(Um,\r(2))，E＝eq \f(Em,\r(2))
2．非正弦式交流电有效值的求解需根据电流的热效应进行计算．
发电机的示意图如甲所示，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。其他电阻不计，图乙中的Um为已知量。在金属框转动一周的过程中（ ）
A．框内电流方向不变
B．电动势的有效值为Um
C．流过电阻的电荷量为
D．电阻产生的焦耳热为
【解答】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，故A错误；
B、由图乙可知，电动势的最大值为Um，该电流等效为正弦式交流电，故电动势的有效值为U，故B错误；
C、金属框转过半周流过电阻的电荷量为：q•Δt，由于有换向器，电流方向一直为正方向，所以金属框转过一周流过电阻的电荷量为：q′＝2q，故C正确；
D、因为Um＝BωL2，则ω，根据焦耳定律，可知金属框转过一周电阻产生的焦耳热为：Q，故D错误。
故选：C。
如图甲所示为一台小型旋转电枢式交流发电机的构造示意图，内阻r＝1Ω，外电路电阻R2＝R2＝18Ω，电路中其余电阻不计，发电机的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝10，转动过程中穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，取π＝3.14，则（ ）
A．t＝1.57×10﹣2s时，该小型发电机的电动势为零
B．t＝3.14×10﹣2s时，矩形线圈转到中性面位置
C．串联在外电路中的交流电流表的示数为2A
D．感应电动势的最大值为20V
【解答】解：AB、在t＝1.57×10﹣2s和t＝3.14×10﹣2s时，穿过线圈内的磁通量为0，则线圈转到中性面的垂面位置，感应电动势最大，故AB错误；
CD、线圈转动过程中产生感应电动势的最大值为：Em＝nBSω＝nΦm10×1.0×10﹣2V＝20V，有效值为：E10V，故串联在外电路中的交流电流表的示数为：IAA。故C错误，D正确。
故选：D。
（多选）图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁体转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，传感器显示如图乙所示，则（ ）
A．磁铁的转速为5πr/s
B．线圈两端电压的有效值为6V
C．交变电流的电压表达式为u＝12sin5πtV
D．该交变电流可以直接加在击穿电压为6V的电容器上
【解答】解：A、电流的周期为T＝0.4s，故磁体的转速为 n2.5r/s，故A错误；
B、通过乙图可知电压的最大值为12V，故有效值U6V，故B正确
C、周期T＝0.4s，故ω5π rad/s，故电压的表达式为U＝12sin5πt（V），故C正确
D、电容器的击穿电压为交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能加在击穿电压为6V的电容器上，故 D错误。
故选：BC。
（多选）如图所示，匝数为n的正方形线圈abcd的电阻为r，线圈外接电阻R，理想电压表与电阻R并联，线圈ab边和cd边的中点连线OO′，恰好位于磁感应强度为B的匀强磁场的边界上，线圈绕OO′为轴以角速度ω匀速转动，电压表的示数为U，下列说法中正确的是（ ）
A．从图示位置开始计时，电动势的表达式为eUsinωt
B．穿过线圈的磁通量的最大值为Φm
C．线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量为
D．线圈从图示位置转到90°位置时，电阻R的瞬时功率为
【解答】解：A、线圈绕OO′轴以角速度ω匀速转动，产生正弦式交变电流，电压表示数：U，
E，感应电动势的最大值：EmE，故从图示位置开始计时，电动势的表达式为esinωt，故A错误；
B、圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ac边和bd边转动的线速度大小相等，当线框平行于磁场时，产生的感应电动势最大为：Em＝nBLv＝nBLω•nBL2ωnBSωnΦmω，则：Φm，故B正确；
C、由法拉第电磁感应定律得：，电荷量：q＝I△t＝n，故C错误；
D、线圈从图示位置转到90°位置时，感应电动势最大，R两端电压最大，R两端电压的瞬时值U′U，瞬时功率：P，故D正确；
故选：BD。
如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T，边长L＝10cm的正方形线圈共100匝，线圈总电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO'匀速转动，角速度ω＝2πrad/s，外电路中的电阻R＝4Ω，求：
（1）感应电动势的最大值；
（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°的过程中产生的平均速度感应电动势；
（3）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°的瞬时感应电动势）；
（4）线圈转动一周产生的总热量；
（5）从图示位置开始的周期内通过R的电荷量。
【解答】解：（1）感应电动势的最大值为：Em＝NBSω＝100×0.5×0.12×2πV＝πV。
（2）产生的平均感应电动势EV
（3）由图示位置转过60°时的瞬时感应电动势为：e＝Emcs 60°＝π×0.5VV
（4）周期为：T
线圈转动一周产生的总热量为：Q
（5）平均电动势：电流：在 周期内通过电阻R的电荷量为：
q
即为：q
答（1）感应电动势的最大值为πV；
（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°的过程中产生的平均速度感应电动势为；
（3）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°的瞬时感应电动势为；
（4）线圈转动一周产生的总热量为；
（5）从图示位置开始的周期内通过R的电荷量为。
题型三 交变电流“四值”的比较
交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
如图甲所示，标有“220V，40W”的电灯和标有“20μF，300V”的电容器并联接到交流电源上，电压表为交流电压表。交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关，下列判断正确的是（ ）
A．时刻，交流电压表V的示数为零
B．电灯会烧坏
C．电容器有可能被击穿
D．交流电压表V的示数保持不变
【解答】解：AD、交流电压表示数为有效值220V不变，故AD错误；
B、电压有效值正好等于灯泡额定电压，不会烧坏，故B错误；
C、电压峰值为约为311V，超过了电容器击穿电压，故C正确；
故选：C。
如图1所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝；线圈总电阻为1Ω，外接电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度为BT，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时，求：
（1）线圈中感应电动势的峰值Em。
（2）若线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时表达式。
（3）线圈转过s时电动势的瞬时值多大？
（4）在图2中画出电动势随时间变化的图象，要用对应的物理量符号标清坐标系和对应的数值。
【解答】解：（1）转速为300r/min＝5r/s，则转动的角速度ω＝2πn＝10πrad/s，
线圈中感应电动势的峰值Em＝NBSω．
（2）若线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时表达式e＝Emsinωt＝50sin10πt。
（3）线圈转过s时电动势的瞬时值。
（4）电动势随时间的变化规律成正弦变化，如图所示。
答：（1）线圈中感应电动势的峰值为50V。
（2）若从图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时表达式为：e＝50sin10πt （V）。
（3）线圈转过s时电动势的瞬时值为。
（4）在图2中画出电动势随时间变化的图象，如图所示。
如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直）的匀强磁场，磁感应强度为B．M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：
（1）从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量；
（2）从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量；
（3）电流表的示数。
【解答】解：（1）转速为n，则ω＝2πn；sπr2
最大感应电动势Em＝BSω，
Q＝（）2；
（2）转圈时磁通量的变化量为Φ＝BS＝B；
所用的时间t；
则平均电动势2nπBr2；
电量Q；
（3）则因只有一半区域内有磁场，由有效值的计算公式可得：
（）2
解得有效值E；
则电路中电流I；
电流表示数为I
答：（1）从图示位置起转过转的时间内负载电阻R上产生的热量为
（2）从图示位置起转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量为
（3）电流表的示数为
规律
物理量
函数表达式
图象
磁通量
Φ＝Φmcs ωt＝BScs ωt
电动势
e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt
电压
u＝Umsin ωt＝eq \f(REm,R＋r)sin ωt
电流
i＝Imsin ωt＝eq \f(Em,R＋r)sin ωt
物理量
物理含义
重要关系
适用情况及说明
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e＝Emsin ωt
i＝Imsin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
峰值
最大的瞬时值
Em＝nBSω
Im＝eq \f(Em,R＋r)
讨论电容器的击穿电压
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值
E＝eq \f(Em,\r(2))
U＝eq \f(Um,\r(2))
I＝eq \f(Im,\r(2))
适用于正(余)弦式交变电流
(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)
(2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值
(3)保险丝的熔断电流为有效值
平均值
交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值
eq \x\t(E)＝Bleq \x\t(v)
eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
计算通过电路横截面的电荷量
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