10.1交变电流的产生和描述

高考经典课时作业10-1 交变电流的产生和描述（含标准答案及解析）时间：45分钟 分值：100分1．图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，能产生正弦式交变电流的是( )2．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，产生的交流电动势的最大值为E m .设t ＝0时线圈平面与磁场平行，当线圈的匝数增加一倍，转速也增大一倍，其他条件不变时，交流电的电动势为( )A ．e ＝2E m sin 2ωtB ．e ＝4E m sin 2ωtC ．e ＝E m sin 2ωtD ．e ＝4E m cos 2ωt3．一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下图甲所示，则下列说法中正确的是( )A ．t ＝0时刻线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻Φ的变化率达到最大C ．0.02 s 时刻感应电动势达到最大D ．该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示4．电阻R 1、R 2和交流电源按照图甲所示方式连接，R 1＝10 Ω，R 2＝20 Ω.合上开关S 后，通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时间t 变化的情况如图乙所示，则( )A ．通过R 1的电流的有效值是1.2 AB ．R 1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流的有效值是1.2 2 AD ．R 2两端的电压有效值是6 2 V 5．(2012·高考北京卷)一个小型电热器若接在输出电压为10 V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为P2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )A ．5 VB ．5 2 VC ．10 VD ．10 2 V6．如图所示，先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化，如图甲所示；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若图甲、乙中的U 0、T 所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是( )A ．第一次灯泡两端的电压有效值是22U 0 B ．第二次灯泡两端的电压有效值是32U 0C ．第一次和第二次灯泡的电功率之比是2∶9D ．第一次和第二次灯泡的电功率之比是1∶5 7．(2011·高考安徽卷)如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B .电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动(O 轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( )A.BL 2ω2RB.2BL 2ω2RC.2BL 2ω4RD.BL 2ω4R8．(2013·山西四校联考)如图所示，电阻为r 的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度ω匀速转动．t ＝0时，线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则( )A ．t ＝0时，线圈中的感应电动势最大B ．1 s 内电路中的电流方向改变了ω2π次C ．滑片P 向下滑动时，电压表的读数不变D ．线圈匀速运动的角速度ω变大时，电流表的读数也变大9．(2011·高考四川卷)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ．那么( )A ．线圈消耗的电功率为4 WB ．线圈中感应电流的有效值为2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πT tD ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin 2πTt10．(2012·江苏无锡模拟)如图所示，面积S ＝0.5 m 2，匝数n ＝100匝，内阻r ＝2.0 Ω的矩形线圈放在磁感应强度为B ＝0.02 T 的匀强磁场中，使它绕垂直于磁场的OO ′轴以角速度ω＝100π rad/s 匀速转动，线圈通过电刷与一个阻值R ＝20 Ω的电阻连接，○V 为交流电压表．求： (1)线圈从图示位置转过60°时，交流电压表V 的读数； (2)线圈从图示位置转过90°的过程中，电阻R 中通过的电荷量．11．电压u ＝1202sin ωt V ，频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均 为u 0＝60 2 V 的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？ ⎝⎛⎭⎫已知人眼的视觉暂留时间约为116 s12．(2012·高考安徽卷)图1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2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L 1，bc 长度为L 2，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e 1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3所示，试写出t 时刻整个线圈中的感应电动势e 2的表达式；(3)若线圈电阻为r ，求线圈每转动一周电阻R 上产生的焦耳热．(其它电阻均不计)标准答案及解析：1．答案：ABD 2．解析：E m ＝nBSω所以当S 和ω都增大一倍时，电动势的最大值增大到原来的4倍，再考虑到，相位与ω的关系所以选项D 正确． 答案：D 3．解析：由Φ－t 图知，在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 ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e 最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，则C 项错．答案：B 4．解析：由题图知流过R 2交流电电流的最大值I 2m ＝0.6 2 A ，故选项C 错误；由U 2m ＝I 2m R 2＝12 2 V ，选项D 错误；因串联电路电流处处相同，则I 1m ＝0.6 2 A ，电流的有效值I 1＝I 1m2＝0.6 A ，故A 项错误；由U 1＝I 1R 1＝6 V ，故选项B 正确．答案：B 5．解析：设电热器电阻为R ，正弦交流电源的电压有效值为U 效，接10 V 直流电源时，P＝U 2R ＝102R ①；接交流电源时，P 2＝U 2效R ②，联立①②得U 效＝5 2 V ，故最大值U m ＝2U 效＝10 V ，C 选项正确． 答案：C 6．解析：第一次所加正弦交流电压的有效值U 1＝22U 0，A 项正确；设第二次所加交流电压的有效值为U 2，则根据有效值的含义有U 22R T ＝(2U 0)2R ×T 2＋U 20R ×T2，解得U 2＝102U 0，B 项错；根据电功率的定义式P ＝U 2R可知，P 1∶P 2＝1∶5，C 项错、D 项正确．答案：AD 7．解析：扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L ，各点的平均速度v ＝Lω2，导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有：E ＝BL 2ω2，E 2R ×T 4＝I 2RT ，可得I ＝BL 2ω4R ，故D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D 8．解析：由题意可知：线圈在t ＝0时处于中性面位置，感应电动势最小为0，A 错；1 s内线圈转过ω2π圈，每一圈电流方向改变两次，所以电流方向改变次数为ωπ，B 错；电压表测量的是路端电压，P 向下滑时，外电阻R 阻值增加，电压表示数增大，C 错；线圈转动速度ω增大时，由E ＝22BSω得，感应电动势有效值增加，电流有效值也增加，即电流表示数增加，D 对． 答案：D 9．解析：从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦式交变电流的感应电动势的一般表达式为e ＝E m cos θ，且该式的成立与转轴的位置无关(转轴平行于磁感线的情况除外)，则感应电流i ＝e R ＝E m R cos θ，由题给条件有：1＝E m 2×12，E m ＝4 V ，则I m ＝2 A ，I 有效＝ 2 A ，电功率P ＝I 2有效R ＝4 W ，所以A 正确、B 错误．e ＝4cos ωt ＝4cos 2πTt ，即C 正确．由E m＝BSω＝Φm ·2πT 得Φm ＝2T π，故Φ＝2T πsin 2πTt ，即D 错误．答案：AC 10．解析：(1)由题意知，交变电流电动势的最大值为 E m ＝nBSω＝100×0.02×0.5×100π V ≈314 V有效值E ＝E m 2＝3142V ≈222 V交流电压表的示数为有效值，则示数U ＝E ＝222 V .(2)线圈从图示位置转过90°的过程中，感应电动势的平均值为E －＝n ΔΦΔt，平均电流I －＝E －R ＋r，通过电阻R 的电荷量q ＝I －·Δt 联立解得q ＝n ΔΦR ＋r ＝n BSR ＋r ，代入数据，得q ＝100×0.02×0.520＋2.0C ≈0.045 C.答案：(1)222 V (2)0.045 C 11．解析：(1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u －t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1 当u ＝u 0＝60 2 V 时，由u ＝1202sin ωt ，求得：t 1＝1600s再由对称性知一个周期内能发光的时间：t ＝T －4t 1＝150 s －4×1600 s ＝175s再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为： t ＝3 6000.02×175s ＝2 400 s.(2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300s(如图中t 2＋t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116s 远大于1300s ，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉． 答案：(1)2 400 s (2)见解析 12．解析：(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v ＝ω·L 22①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 1＝BL 1v y ②由图可知v y ＝v sin ωt ③则整个线圈的感应电动势为 e 1＝2E 1＝BL 1L 2ωsin ωt ④(2)当线圈由图3位置开始运动时，在t 时刻整个线圈的感应电动势为 e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)⑤ (3)由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R ＋r⑥ E ＝E m 2＝BL 1L 2ω2⑦则线圈转动一周在R 上产生的焦耳热为 Q R ＝I 2RT ⑧其中T ＝2πω⑨于是Q R ＝πRω⎝⎛⎭⎫BL 1L 2R ＋r 2⑩答案：(1)e 1＝2E 1＝BL 1L 2ωsin ωt (2)e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)(3)πRω⎝⎛⎭⎫BL 1L 2R ＋r 2。

第1讲 交变电流的产生和描述一、交变电流及其产生 描述交变电流的物理量1．交变电流： 和 都随时间做周期性变化的电流即交变电流．2．正（余）弦式交流电：交变电流的产生有很多形式．常见的正（余）弦式交变电流可由线圈在匀强磁场中绕 磁感应强度方向的轴转动产生．若从中性面开始转动则产生 交变电流，从峰值面开始转动则产生 交变电流3．中性面与峰值面：当线圈转动至线圈平面垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这个特定位置叫做 ．其特点是：与磁场方向垂直，线圈每次经过该面感应电流方向均发生改变．峰值面的特点是：磁通量为 ，但电动势 ．4．描述交变电流的“四值”：①瞬时值：=e ，t I i m ωsin = （从中性面开始计时）②峰值：=m E ，R E I m m /= ③平均值：=E ，RE I =④有效值：根据电流的 定义。

=E ，2/m I I =（正、余弦交流电）5．周期和频率： 周期ωπ/2=T， 频率T f /1=， 转速f n =．[例1]单匝矩形线圈abcd 放在匀强磁场中，如图所示，ab=de =l 1，ad=bc =l 2，从图示位置起以角速度ω绕不同转轴做匀速转动，则（ ） A ．以OO′为转轴时，感应电动势t l Bl e ωωsin 21= B ．以O 1O 1′为转轴时，感应电动势t l Bl e ωωsin 21= C ．以OO′为转轴时，感应电动势t l Bl e ωωcos 21=D ．以OO′为转轴或以ab 为转轴时，感应电动势)2sin(21πωω+=t l Bl e[例2] 交流发电机转子有n 匝线圈，每匝线圈所围面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，匀速转动的角速度为ω，线圈内电阻为r ，外电路电阻为R ．当线圈由图中实线位置第一次匀速转动90°到达虚线位置过程中，求：⑴通过R 的电荷量q 为多少？⑴rR nBS q +=⑵R 上产生电热Q R 为多少？⑵()22224r R RSB n Q R +=πω⑶外力做的功W 为多少？⑶()r R S B n W+=4222πω二、 交变电流的图象1．根据图象的意义，从图象的纵坐标轴上可以直接读出交变电流的 ，从图象的横坐标轴上可以直接读出交变电流的 ，从而可推导角速度及频率．2．周期与角速度、频率的关系是 。

交变电流的产生和描述1．交变电流：和都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流，简称交流电．交变电流的图象如图所示都属于交变电流．其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦交流电，如图（a）所示．2．正弦交流电的产生：在匀强磁场里，线圈绕磁场方向的轴匀速转动．⑴中性面：与磁场方向的平面⑵中性面与峰值面的比较：比较项中性面峰值面位置线圈平面与磁场方向线圈平面与磁场方向磁通量零磁通量的变化率感应电动势0电流方向3．正弦交变电流的函数表达式、描述交变电流的物理量：⑴周期和频率：交变电流完成一次周期性变化（线圈转一周）所需的时间叫做周期，T= ，单位是秒（s）；交变电流在1 s内完成周期性变化的次数叫做频率，f = ，单位是赫兹（Hz）．⑵正弦式交变电流的函数表达式（线圈在中性面位置开始计时）：①电动势e随时间变化的规律e = E m sinωt．②负载两端的电压u随时间变化的规律u = U m sinωt．③电流i随时间变化的规律i = I m sinωt．其中ω等于线圈转动的角速度，E m = nBSω．4．交变电流的瞬时值、峰值、有效值：①瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数．②峰值：交变电流（电流、电压或电动势）所能达到的最大的值，也叫最大值．③有效值：跟交变电流的等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值．对正弦交流电，其有效值和峰值的关系为：E=E m，U = U m，I = I m．5．电感和电容对交变电流的影响：⑴电感对交变电流的阻碍作用：电感线圈对交变电流有作用，电感对交变电流的阻碍作用的大小用感抗表示，线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，阻碍作用越大，感抗也就越大．⑵电容器对交变电流的阻碍作用：交变电流能够“通过”电容器，电容器对交变电流有作用，电容器对交变电流的阻碍作用用容抗表示．电容器的电容越大．电容器对交变电流的阻碍作用就越小，也就是说，电容器的容抗就越小，电容器在交流电路中起的作用是通，隔，通________、阻．。

《交变电流的产生和描述》讲义一、什么是交变电流在我们的日常生活中，电是不可或缺的。

我们使用的大多数电器设备，如电灯、电视、电脑等，都需要稳定的电流来正常工作。

但有一种电流，它的大小和方向会随时间周期性地变化，这就是交变电流，也称为交流电。

简单来说，交变电流是指电流的大小和方向都在不断地变化。

与直流电（电流方向始终不变）不同，交流电的变化是有规律的，通常按照一定的频率和波形进行。

二、交变电流的产生那么，交变电流是如何产生的呢？这就要提到电磁感应现象。

当一个闭合的导体回路在磁场中运动，或者磁场发生变化时，回路中就会产生感应电动势。

如果导体回路是闭合的，就会产生感应电流。

在实际应用中，我们通常通过交流发电机来产生交变电流。

交流发电机的主要部件是电枢和磁极。

电枢通常是多匝线圈，在磁极产生的磁场中旋转。

当电枢旋转时，穿过线圈的磁通量不断变化。

根据电磁感应定律，线圈中就会产生感应电动势。

由于电枢在旋转过程中，穿过线圈的磁通量的变化是周期性的，所以产生的感应电动势也是周期性变化的，从而形成了交变电流。

三、交变电流的变化规律为了更好地描述交变电流的变化规律，我们引入了一些物理量。

1、周期（T）周期是指交变电流完成一次周期性变化所需要的时间。

单位是秒（s）。

2、频率（f）频率是指交变电流在单位时间内完成周期性变化的次数。

单位是赫兹（Hz）。

频率和周期的关系是：f ＝ 1/T 。

我国电网供应的交流电的频率是 50Hz，这意味着电流的方向和大小每秒钟会改变 50 次。

3、峰值（Em、Im）峰值是指交变电流在一个周期内所能达到的最大数值。

对于正弦式交变电流，其电动势的峰值表达式为：Em ＝nBSω ，其中 n 是线圈匝数，B 是磁感应强度，S 是线圈面积，ω 是角速度。

电流的峰值表达式为：Im ＝ Em ／ R ，其中 R 是电路总电阻。

4、有效值（E、I）有效值是根据电流的热效应来定义的。

让交流电流和直流电流通过相同的电阻，如果在相同的时间内产生的热量相等，那么这个直流电流的值就称为交流电流的有效值。

第1课时 交变电流的产生和描述考纲解读1.理解交变电流的产生过程，能正确书写交变电流的表达式.2.理解描述交变电流的几个物理量，会计算交变电流的有效值．1．[交变电流的产生和变化规律]如图1甲所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda 方向为电流正方向，则下列说法正确的是( )图1A．乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程B．乙图中c时刻对应甲图中的C图C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变50次D．若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz答案 A2．[描述交变电流的物理量]小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图2所示．此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，电路中的其他电阻不计．下列说法正确的是()图2A．交变电流的周期为0.125 sB．交变电流的频率为8 HzC．交变电流的有效值为 2 AD．交变电流的最大值为4 A答案 C解析由题图可直接获取的信息是：交变电流的周期是0.250 s，A错；感应电动势的最大值为20 V，线圈中产生的交变电流为正弦式交变电流，从而可推出：交变电流的频率f＝1T＝10.250Hz＝4 Hz，B错；交变电流的最大值I m＝E mR＝2010A＝2 A，D错；交变电流的有效值I＝I m2＝22A＝ 2 A．所以正确选项为C.3．[瞬时值表达式的书写方法]如图3所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()图3A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先、后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值表达式为u ＝10sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为5 V 答案 BC解析 t ＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A 错．读图得两次周期之比为2∶3，由转速n ＝ω2π＝1T 得转速与周期成反比，故B 正确．读图得a 的最大值为10 V ，ω＝5π rad/s ，由交流电感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m sin ωt (V)(从线圈在中性面位置开始计时)得，u ＝10sin 5πt (V)，故C 正确．交流电的最大值E m ＝NBSω，所以根据两次转速的比值可得，交流电b 的最大值为23×10 V ＝203 V ，故D 错．4．[交变电流有效值的计算方法]如图4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( )图4A.34 V B ．5 V C.522 V D ．3 V 答案 C解析 设其有效值为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U 21R t 1＋U 22R t 2＝U 2R t ，即(3 2 V 2)2×1R ×0.01 s ＋(4 V)2×1R ×0.01 s ＝U 2×1R ×0.02 s ，解得U ＝522V ，故C 正确．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．如图5(a)、(b)、(c)、(d)所示都属于交变电流．其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，简称正弦式电流，如图(a)所示．图52．正弦交变电流的产生和图象(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：与磁场方向垂直的平面． ②特点a ．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．b ．线圈转动一周，两次经过中性面．线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次． (3)图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦函数曲线．二、正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值 1．周期和频率(1)周期(T )：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，公式T ＝2πω.(2)频率(f )：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数．单位是赫兹(Hz)． (3)周期和频率的关系：T ＝1f 或f ＝1T.2．正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时)(1)电动势e 随时间变化的规律：e ＝E m sin_ωt .(2)负载两端的电压u 随时间变化的规律：u ＝U m sin_ωt .(3)电流i 随时间变化的规律：i ＝I m sin_ωt .其中ω等于线圈转动的角速度，E m ＝nBSω. 3．交变电流的瞬时值、峰值、有效值(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数．(2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的最大值，也叫最大值．(3)有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值．对正弦交变电流，其有效值和峰值的关系为：E ＝E m 2，U ＝U m 2，I ＝I m2. (4)平均值：是交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值．考点一 正弦式交变电流的产生及变化规律 1．正弦式交变电流的产生(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，ΔΦΔt ＝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，ΔΦΔt 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E m ＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关． 2．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)例1 OO ′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙)为计时起点，并规定当电流自a 流向b 时，电流方向为正．则下列四幅图中正确的是( )图6解析 该题考查交变电流的产生过程．t ＝0时刻，根据题图乙表示的转动方向，由右手定则知，此时ad 中电流方向由a 到d ，线圈中电流方向为a →d →c →b →a ，与规定的电流正方向相反，电流为负值．又因为此时ad 、bc 两边的切割速度方向与磁场方向成45°夹角，由E ＝2Bl v ⊥，可得E ＝2×22Bl v ＝22E m ，即此时电流是最大值的22倍，由题图乙还能观察到，线圈在接下来45°的转动过程中，ad 、bc 两边的切割速度v ⊥越来越小，所以感应电动势应减小，感应电流应减小，故瞬时电流的表达式为i ＝－I m cos (π4＋ωt )，则图象为D 图象所描述，故D 项正确． 答案 D突破训练1 如图7甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R ＝10 Ω连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V ．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t 变化的图象．则( )图7A ．电阻R 上的电动率为20 WB ．t ＝0.02 s 时R 两端的电压瞬时值为零C ．R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt VD ．通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝1.41cos 50πt A 答案 C解析 电阻R 上的电功率为P ＝U 2R ＝10 W ，选项A 错误；由题图乙知t ＝0.02 s 时磁通量变化率最大，R 两端的电压瞬时值最大，选项B 错误；R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt V ，通过R 的电流i 随时间t 的变化规律是i ＝u /R ＝1.41cos 100πt A ，选项C 正确，D 错误． 考点二 交流电有效值的求解 1．正弦式交流电的有效值：I ＝I m 2，U ＝U m 2，E ＝E m22．非正弦式交流电有效值的求解根据电流的热效应进行计算．例2 如图8所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比W 甲∶W 乙为( )图8A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶6解析 电功的计算中，I 要用有效值计算，图甲中，由有效值的定义得(12)2R ×2×10－2＋0＋(12)2R ×2×10－2＝I 21R ×6×10－2，得I 1＝33 A ；图乙中，I 的值大小不变，I 2＝1 A ，由W ＝UIt ＝I 2Rt 可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3. 答案 C突破训练2 通过一阻值R ＝100 Ω的电阻的交变电流如图9所示，其周期为1 s ．电阻两端电压的有效值为( )图9A ．12 VB ．410 VC ．15 VD ．8 5 V 答案 B解析 由有效值定义可得U 2R ×1 s ＝(0.1 A)2×R ×0.4 s ×2＋(0.2 A)2×R ×0.1 s ×2，其中R ＝100 Ω，可得U ＝410 V ，B 正确． 考点三 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例3 如图10所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ，边长L ＝10 cm 的正方形线圈共100匝，线圈总电阻r ＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s ，外电路中的电阻R ＝4 Ω，求：图10(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°时的瞬时感应电动势；(3)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°的过程中产生的平均感应电动势； (4)交流电压表的示数； (5)线圈转动一周产生的总热量；(6)从图示位置开始的16周期内通过R 的电荷量．解析 (1)感应电动势的最大值为E m ＝nBSω＝100×0.5×0.12×2π V ＝3.14 V (2)由图示位置转过60°时的瞬时感应电动势为 e ＝E m cos 60°＝3.14×0.5 V ＝1.57 V(3)由图示位置转过60°的过程中产生的平均感应电动势为 E ＝n ΔΦΔt ＝n BS sin 60°16T ＝100×0.5×0.1×0.1×3216×2π2πV ＝2.6 V(4)交流电压表的示数为外电路两端电压的有效值，即 U ＝E R ＋r R ＝3.142×44＋1 V ＝1.78 V(5)线圈转动一周产生的总热量为Q ＝⎝⎛⎭⎫E m 22R ＋rT ＝0.99 J(6)在16周期内通过电阻R 的电荷量为q ＝I ×T 6＝E R ＋r ×T 6＝2.64＋1×16 C ＝0.087 C答案 (1)3.14 V (2)1.57 V (3)2.6 V (4)1.78 V(5)0.99 J (6)0.087 C突破训练3 如图11所示，矩形线圈面积为S ，匝数为N ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R ，当线圈由图示位置转过60°的过程中，下列判断正确的是()图11A ．电压表的读数为NBSω2(R ＋r )B ．通过电阻R 的电荷量为q ＝NBS2(R ＋r )C ．电阻R 所产生的焦耳热为Q ＝N 2B 2S 2ωR π4(R ＋r )2D ．当线圈由图示位置转过60°时的电流为NBSω2(R ＋r )答案 B解析 线圈在磁场中转动产生了正弦交流电，其电动势的最大值E m ＝NBSω，电动势的有效值E ＝NBSω2，电压表的读数等于交流电源的路端电压，且为有效值，则U ＝NBSω2(R ＋r )R ，A 错误；求通过电阻R 的电荷量要用交流电的平均电流，则q ＝I Δt ＝N ΔΦR ＋r＝N (BS －12BS )R ＋r ＝NBS2(R ＋r )，故B 正确；电阻R 上产生的热量应该用有效值来计算，则电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝[NBSω2(R ＋r )]2R ·π3ω＝πN 2B 2S 2Rω6(R ＋r )2，故C 错误；线圈由图示位置转过60°时的电流为瞬时值，则i ＝NBSωR ＋r sin ωt ＝NBSωR ＋rsin π3＝3NBSω2(R ＋r )，故D 错误.高考题组1．(2013·福建·15)如图12所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1.0 Ω，外接R ＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin 10πt (V)，则( )图12A ．该交变电流的频率为10 HzB ．该电动势的有效值为10 2 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD ．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A 答案 D解析 由交变电流电动势的表达式e ＝102sin 10πt V ＝E m sin ωt 可知，该交变电流的频率为f ＝ω2π＝10π2π Hz ＝5 Hz ，A 错误．该交变电流电动势的有效值E ＝E m 2＝1022 V ＝10 V ，B 错误．电流的有效值I ＝E R ＋r ＝109.0＋1.0 A ＝1.0 A ，外接电阻R 所消耗的电功率P R ＝I 2R ＝1.02×9.0 W ＝9 W ，故C 错误，D 正确．2．(2013·山东·17)图13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，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( )图13A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D ．0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左 答案 AC解析 电流表测量的是电路中电流的有效值I ＝10 A ，选项A 正确．由题图乙可知，T ＝0.02 s ，所以ω＝2πT ＝100π rad/s ，选项B 错误．t ＝0.01 s 时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，选项C 正确．t ＝0.02 s 时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R 中电流的方向自左向右，选项D 错误．模拟题组3．如图14所示，边长为L 的正方形单匝线圈abcd ，电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 的中点和cd 的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B ，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO ′轴匀速转动，则以下判断正确的是( )图14A ．图示位置线圈中的感应电动势最大为E m ＝BL 2ωB ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωtC ．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝2BL 2R ＋rD ．线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝πB 2ωL 4R4(R ＋r )2答案 BD解析 图示位置线圈中的感应电动势最小为零，A 错；若线圈从图示位置开始转动，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωt ，B 对；线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR 总＝BL 2R ＋r ，C 错；线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝(E m 2)2R ＋r ·2πω·R R ＋r ＝πB 2ωL 4R4(R ＋r )2，D 对．4．如图15所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝矩形导线框，线框的边长L AB ＝0.3 m ，L AD ＝0.2 m ，总电阻为R ＝0.1 Ω.在直角坐标系xOy 中，有界匀强磁场区域的下边界与x 轴重合，上边界满足曲线方程y ＝0.2sin10π3x m ，磁感应强度大小B ＝0.2 T ，方向垂直纸面向里．线框在沿x 轴正方向的拉力F 作用下，以速度v ＝10 m/s 水平向右做匀速直线运动，则下列判断正确的是( )图15A ．线框中的电流先沿逆时针方向再沿顺时针方向B ．线框中感应电动势的最大值为25V C ．线框中感应电流的有效值为4 AD ．线框穿过磁场区域的过程中外力做功为0.048 J 答案 AD解析 由题意可知线框在外力作用下匀速切割磁感线，由右手定则可判断A 正确；由E ＝Bl v 可知当线框的AD 边或BC 边全部在磁场中时，线框中的感应电动势最大，故最大值为E m ＝0.2×0.2×10 V ＝0.4 V ，B 错误；线框中的感应电流的最大值为4 A ，该电流是正弦式交流电，故有效值是2 2 A ，C 错误；由于线框做匀速直线运动，由能量守恒定律可得外力做的功等于线框中产生的焦耳热，即W ＝Q ＝(22)2×0.1×0.610 J ＝0.048 J ，D 正确．(限时：45分钟)►题组1 对交变电流的产生及其图象的考查1．如图所示，面积均为S 的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e ＝BSωsin ωt 的图是( )答案 A解析 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e ＝BSωsin ωt ，由这一原理可判断，A 图中感应电动势为e ＝BSωsin ωt ；B 图中的转动轴不在线圈所在平面内；C 、D 图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直．2．矩形线框绕垂直于匀强磁场且沿线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是( )A ．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B ．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零C ．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次D ．线框经过中性面时，各边不切割磁感线 答案 CD解析 线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边速度方向与磁感线平行，不切割磁感线，穿过线框的磁通量的变化率等于零，所以感应电动势等于零，感应电动势或感应电流的方向在此时刻改变．垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，切割磁感线的两边的速度与磁感线垂直，有效切割速度最大，此时穿过线框的磁通量的变化率最大，所以感应电动势最大．故C 、D 正确． 3．如图1所示，闭合的矩形导体线圈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，线圈顺时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B ，线圈匝数为n ，ab 边的边长为L 1，ad 边的边长为L 2，线圈电阻为R ，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )图1A ．线圈中感应电流的方向为abcdaB ．线圈中的感应电动势为2nBL 2ωC ．穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大D ．线圈ab 边所受安培力的大小为n 2B 2L 1L 2ωR答案 AC解析 当线圈转至图示位置时，由楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为abcda ，选项A 正确；图示位置穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大，感应电动势最大，线圈中的感应电动势为nBL 1L 2ω，选项B 错误，C 正确；线圈ab 边所受安培力的大小为F ＝0，选项D 错误．4．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图2甲所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量Φ随时间t 的变化如图乙所示，则螺线管内感应电流i 随时间t 变化的图象为( )图2答案 B解析 由感应电流公式I ＝E R ＝n ΔΦR Δt ，感应电流大小与磁通量的变化率有关，在Φ－t 图线上各点切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小，斜率的正、负号表示电流的方向；根据题图乙，在0～t 0时间内，感应电流I 的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，同理分析t 0～2t 0时间内，只有选项B 符合要求．5．如图3所示，矩形线圈边长为ab ＝20 cm ，bc ＝10 cm ，匝数N ＝100匝，磁场的磁感应强度B ＝0.01 T ．当线圈以n ＝50 r/s 的转速从图示位置开始逆时针匀速转动时，求：图3(1)线圈中交变电动势瞬时值表达式；(2)从线圈开始转动起，经0.01 s 时感应电动势的瞬时值． 答案 (1)e ＝6.28sin (100πt ＋π6) V (2)－3.14 V解析 (1)线圈的角速度为ω＝2πn ＝100π rad/s产生的感应电动势的最大值为E m ＝NBωS ＝NBω·ab ·bc ＝6.28 V.又刚开始转动时线圈平面与中性面夹角为30°＝π6，故线圈中交变电动势的瞬时值表达式为e ＝E m sin (ωt ＋π6)＝6.28sin(100πt ＋π6) V.(2)把t ＝0.01 s 代入上式，可得此时感应电动势的瞬时值： e ＝－3.14 V.►题组2 对交变电流“四值”的考查6．如图4所示，矩形线圈abcd 绕轴OO ′匀速转动产生交流电，在图示位置开始计时，则下列说法正确的是( )图4A ．t ＝0时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最大B ．t ＝T4(T 为周期)时感应电流沿abcda 方向C ．若转速增大为原来的2倍，则交变电流的频率是原来的2倍D ．若转速增大为原来的2倍，则产生的电流有效值为原来的4倍 答案 BC解析 图示时刻，ab 、cd 边切割磁感线的有效速率为零，产生的感应电动势为零，感应电流为零，A 错误；根据线圈的转动方向，确定T4时线圈的位置，用右手定则可以确定线圈中的感应电流沿abcda 方向，B 正确；根据转速和频率的定义可知C 正确；根据ω＝2πf ，E m ＝nBSω，E ＝E m 2，I ＝ER 总可知电流有效值变为原来的2倍，D 错误．7．如图5所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO ′匀速转动，转动周期为T 0.线圈产生的电动势的最大值为E m ，则( )图5A ．线圈产生的电动势的有效值为2E mB ．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为E m T 02πC ．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为E mD ．经过2T 0的时间，通过线圈电流的方向改变2次答案 BC解析 由交变电流有效值和最大值的关系可知线圈产生的电动势的有效值为22E m，选项A 错误；由题意知线圈产生的电动势的最大值为E m ＝BSω＝BS 2πT ，故线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值BS ＝E m T 02π，选项B 正确；线圈转动过程中磁通量变化率的大小等于产生的感应电动势的大小，选项C 正确；正弦式交变电流一个周期内电流方向变化两次，经过2T 0的时间，通过线圈电流的方向改变4次，选项D 错误． 8．如图6所示，边长为L ＝0.2 m 的正方形线圈abcd ，其匝数n ＝10，总电阻为r ＝2 Ω，外电路的电阻为R ＝8 Ω，ab 的中点和cd 的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B ＝1 T ，若线圈从图示位置开始，以角速度ω＝2 rad/s 绕OO ′轴匀速转动．则以下判断中正确的是( )图6A ．在t ＝π4时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快B ．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e ＝0.8sin 2tC ．从t ＝0时刻到t ＝π4时刻，电阻R 上产生的热量为Q ＝3.2π×10－4 JD ．从t ＝0时刻到t ＝π4时刻，通过R 的电荷量q ＝0.02 C答案 AD解析 线圈在磁场中转动，E m ＝12nBSω＝0.4 V ，B 项错；当线圈平面与磁场平行时磁通量变化最快，A 正确；Q R ＝I 2Rt ＝[E m 2(R ＋r )]2Rt ＝1.6π×10－3 J ，C 错；q ＝n ΔΦR ＋r ＝0.02 C ，D 正确．9．如图7所示，矩形线圈abcd ，面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为R ，在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P 1和P 2以相同的角速度ω匀速转动(P 1以ab 边为轴，P 2以ad 边中点与bc 边中点的连线为轴)，当从线圈平面与磁场方向平行开始计时，线圈转过90°的过程中，绕P 1及P 2轴转动产生的交流电的电流大小、电荷量及焦耳热分别为I 1、q 1、Q 1及I 2、q 2、Q 2，则下面判断正确的是( )图7A ．线圈绕P 1和P 2轴转动时电流的方向相同，都是a →b →c →dB ．q 1>q 2＝NBS2RC ．I 1＝I 2＝NBωS2RD ．Q 1<Q 2＝πω(NBS )22R答案 C解析 绕P 1、P 2轴转动时电流的方向相同，电流的方向都是a →d →c →b →a ，A 错；电荷量q ＝n ΔΦR ，与绕哪个轴转动没有关系，B 项错；线圈绕两轴转动时产生的电动势相同，所以电流相同，发热也相同，C 对，D 错．10．如图8甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r ＝0.10 m 、匝数n ＝20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B 的大小均为B ＝0.20π T ，线圈的电阻为R 1＝0.50 Ω，它的引出线接有R 2＝9.5 Ω的小电珠．外力推动线圈框架的P 端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠．当线圈运动速度v 随时间t 变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)，求：图8(1)小电珠中电流的最大值； (2)电压表的示数；(3)t ＝0.1 s 时外力F 的大小．答案 (1)0.16 A (2)1.07 V (3)0.128 N解析 (1)由题意及法拉第电磁感应定律知道，由于线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的最大值为： E m ＝nBl v ＝2πnBr v m .电路总电阻为R 1＋R 2，那么小电珠中电流的最大值为I m ＝2πnBr v m R 1＋R 2＝2π×20×0.2×0.1×2π(9.5＋0.5)A ＝0.16 A.(2)电压表示数为有效值U ＝U m 2＝22I m R 2＝22×0.16×9.5 V ＝0.76 2 V ≈1.07 V.(3)当t ＝0.1 s 也就是T 4时，外力F 的大小为F ＝nB 2πrI m ＝n 2B 2(2πr )2R 1＋R 2v m＝0.128 N.11．如图9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：图9(1)感应电动势的最大值；(2)从图示位置起转过1/4转的时间内，负载电阻R 上产生的热量； (3)从图示位置起转过1/4转的时间内，通过负载电阻R 的电荷量； (4)电流表的示数．答案 (1)π2Bnr 2(2)π4B 2r 4n 8R (3)πBr 22R (4)π2r 2nB2R解析 (1)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流． 此交变电动势的最大值为E m ＝BSω＝B ·πr 22·2πn ＝π2Bnr 2(2)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的有效值为E ＝E m 2＝2π2Bnr 22电阻R 上产生的热量 Q ＝(E R )2R ·T 4＝π4B 2r 4n8R(3)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的平均值为E ＝ΔΦΔt通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝ER ·Δt ＝ΔΦR ＝πBr 22R(4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E ′，由有效值的定义得(E m 2)2R ·T 2＝E ′2R T ，解得E ′＝E m2故电流表的示数为I ＝E ′R ＝π2r 2nB2R .。