2018高考物理大一轮复习：第11章-交变电流、传感器(6份打包有课件)

2018高考物理大一轮复习：第11章-交变电流、传感器（6份打包有课件）本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址第1节交变电流的产生及描述一、交变电流的产生和变化规律．交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流．2．正弦交流电产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．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．变化规律①电动势：e＝Emsinωt.②电压：u＝Umsin_ωt.③电流：i＝Imsin_ωt.图象二、描述交变电流的物理量．交变电流的周期和频率的关系：T＝1f.2．峰值和有效值峰值：交变电流的峰值是它能达到的最大值．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．正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系I＝Im2，U＝Um2，E＝Em2.3．平均值：E＝nΔΦΔt.[自我诊断]．判断正误交变电流的主要特征是电流的方向随时间周期性变化．大小变化而方向不变的电流也叫交变电流．线圈经过中性面时产生的感应电动势最大．在一个周期内，正弦交流电的方向改变两次．最大值和有效值之间的2倍关系只适用于正弦交流电．交流电压表及交流电流表的读数均为峰值．2．矩形线圈的面积为S，匝数为n，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴oo′以角速度ω匀速转动．当转到线圈平面与磁场垂直的图示位置时A．线圈中的电动势为nBSωB．线圈中的电动势为0c．穿过线圈的磁通量为0D．穿过线圈的磁通量变化率最大解析：选B.图示时刻线框的四边都不切割磁感线，不产生感应电动势，即线圈中的电动势为0，故选项A错误，选项B正确；图示时刻线框与磁场垂直，磁通量最大，为Φ＝BS，故选项c错误；图示位置线圈中的电动势为0，根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt可知穿过线圈的磁通量变化率为0，故选项D错误．3．某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πt．对此电动势，下列表述正确的有A．最大值是502VB．频率是100Hzc．有效值是252VD．周期是0.02s解析：选cD.由e＝Emsinωt＝50sin100πt可知，Em ＝50V，E有效＝Em2＝252V，ω＝100πrad/s，T＝2πω＝0.02s，f＝50Hz，c、D正确．4．一个小型电热器若接在输出电压为10V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．5VB．52Vc．10VD．102V解析：选c.电热器接到直流电源上，由功率表达式P＝U2R可知，P＝U21R＝100R.当其接到交流电源时，有P2＝U22R，则U2＝22U1，U2为正弦交流电的有效值，则此交流电的最大值Um＝2U2＝10V，c正确．5．某手摇交流发电机，其线圈绕垂直于匀强磁场方向的轴匀速转动，产生的交变电流i随时间t变化的图象如图，由图象可知A．该交变电流频率是0.4HzB．该交变电流有效值是0.8Ac．该交变电流瞬时值表达式是i＝0.8sinAD．t＝0.1s时穿过线圈平面的磁通量最大解析：选c.根据电流随时间变化的图象知，交流电的周期为0.4s，故交流电的频率为2.5Hz，A错误；交变电流的最大值为0.8A，有效值为0.42A，B错误；把ω＝2πT＝5πrad/s代入正弦式交变电流的瞬时值表达式得i＝0.8sinA，c正确；t＝0.1s时，电流最大，此时穿过线圈平面的磁通量为零，D错误．考点一正弦交变电流的产生与瞬时值表达式．正弦式交变电流的变化规律及对应图象函数图象磁通量Φ＝Φm•cosωt＝BScosωt电动势e＝Em•sinωt＝nBSωsinωt电压u＝Um•sinωt＝REmR＋rsinωt电流i＝Im•sinωt＝EmR＋rsinωt2.两个特殊位置的特点线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，i＝0，电流方向发生改变．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．考向1：正弦交变电流的产生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．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．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＝2πT.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] 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32∶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＝2πTa＝2π8×10－2rad/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＝∶＝2∶3，由ω＝2πT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＝24sin2π12×10－2tV，将t＝5×10－2s代入，得ea＝－182V，eb＝12V，|ea|∶eb＝32∶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先求电动势的最大值Em＝nBSω；求出角速度ω，ω＝2πT；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；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．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；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＝L22，转动时ab、cd的线速度v＝ωr＝ωL22，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.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＝BL1L2ωsin答案e1＝BL1L2ωsinωt e2＝BL1L2ωsin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．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．公式法利用E＝Em2、U＝Um2、I＝Im2计算，只适用于正弦式交变电流．2．利用有效值的定义计算计算时“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．．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．12VB．410Vc．15VD．85V解析：选 B.由题意结合有效值的定义可得I2RT＝2I21R25T＋I22R110T，将I1＝0.1A，I2＝0.2A代入可得流过电阻的电流的有效值I＝1025A，故电阻两端电压的有效值为IR＝410V，选项B正确．2．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.2AB．22Ac.5AD．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＝222R•T2＋422R•T2，解得I＝5A，故选c.3．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.34VB．5Vc.522VD．3V解析：选c.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U21Rt1＋U22Rt2＝U2Rt，即32V22×1R×0.01s＋2×1R×0.01s＝U2×1R×0.02s，解得U＝522V，故c正确．4．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．UmB.Um2c.Um3D.Um2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＝Um2，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＝Um22R•T2＝U2m2R•T2，设交流电压的有效值为U，由电流热效应得Q＝U2m2R•T2＝U2R•T，所以该交流电压的有效值U＝Um2，D正确．有效值求解的三点注意计算有效值时要注意根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解．利用两类公式Q＝I2Rt和Q＝U2Rt可分别求得电流有效值和电压有效值．若图象部分是正弦交流电，其中的从零开始的14周期整数倍的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Im＝2I、Um＝2U求解．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＝EmR＋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＝Em2U＝Um2I＝Im2①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E＝nΔΦΔtI＝ER＋r计算通过电路某一截面的电荷量：q＝I•t．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e0B．峰值是2e0c．有效值是22Ne0D．有效值是2Ne0解析：选D.因每匝矩形线圈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＝2Ne0，故选项D正确．2．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22πNBSωB．通过线圈某一截面的电荷量q＝22NBSRc．在此转动过程中，外界对线圈做的总功为N2B2S2πω4RD．在此转动过程中，电流方向会发生改变解析：选Ac.线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，ΔΦ＝2BScos45°＝2BS，Δt＝π2ω，根据E＝NΔΦΔt，得E＝22πNBSω，故A正确．根据E＝NΔΦΔt，q＝ERΔt＝NΔΦR＝2BSNR，故B错误．产生电动势的峰值Em ＝NBSω，则有效值E＝Em2＝NBSω2，则w＝Q＝E2RΔt＝N2B2S2πω4R，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．3．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150πwbD．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＝2πω可得ω＝100πrad/s，所以转速为50r/s，故B错误；据Em＝nBSω可知，BS＝311110×100πwb＝9×10－3wb，故c错误；据峰值可知，E＝0.707Em＝220V，据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量Q＝E2R•T＝9.68j，故D正确．4.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：t＝0时感应电流的方向；感应电动势的瞬时值表达式；线圈转一圈外力做的功；从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量．解析：根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba.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＝314cosV.电动势的有效值E＝Em2线圈匀速转动的周期T＝2πω＝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＝I2T＝E2R＋r•T代入数据得w＝98.6j.从t＝0起转过90°过程中，Δt内流过R的电荷量：q＝NΔΦR＋rΔtΔt＝NBΔSR＋r＝NBl1l2R＋r代入数据得q＝0.1c.答案：感应电流方向沿adcba e＝314cosV 98.6j 0.1c交变电流“四值”应用的几点提醒在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构．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．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．课时规范训练[基础巩固题组]．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，N变为原来的1.2倍B．使n变为原来的56，B变为原来的56，N变为原来的2倍c．使n变为原来的56，N变为原来的2倍，B不变D．使n变为原来的56，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＝1102V，调整后为Em2＝2202V，即Em1Em2＝12，根据Em＝NBSω和ω＝2πn，可知，选项A 中，Em2＝1.2N×2B×S×1.2×2πn＝2.88Em1，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56，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：选B.由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，ΔΦΔt最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02s时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，则c项错误．4．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＝T8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＝T8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．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：选Ac.由题图乙知Im＝102A，I＝Im2＝10A，A正确．T＝2×10－2s，ω＝2πT＝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∶4B．3∶2c.2∶1D．2∶1解析：选 A.对甲有PA＝I20R•T2＋I022R•T2T＝58I20R，对乙有PB＝I022R＝12I20R，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＝2sin100πtB．u＝2cos100πtc．u＝22sin100πtD．u＝22cos100πt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＝2cos100πt，则电阻R两端的瞬时电压为u＝iR＝22cos100πt，D项正确．8．100匝的线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势为e＝1002sin100πt＋π3V，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1002Vc．穿过线圈的最大磁通量为2πwbD．穿过线圈的最大磁通量为2100πwb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1002V，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＝Emn ω＝2100πwb，选项D正确．[综合应用题组]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22BωL2B．电压表读数为28BωL2c．从图示位置开始计时，流过线框电流的瞬时值表达式为i＝BωL24rsinωtD．线框从图示位置转过π2的过程中，流过cd边的电荷量为q＝BL2r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＝22Em＝22BL2ω，电压表读数为E4＝28BL2ω，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＝BωL24rcosωt，c错误；线框从题图所示位置处转过π2的过程中，流过cd的电荷量为q＝ΔΦR＝BL24r，D错误．0．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62Vc．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＝122sin100πt解析：选c.在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＝62V，电压表测量的为有效值，故示数为622V ＝6V，选项B错误；灯泡消耗的电功率P＝E2R＝6212w＝3w，选项c正确；周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为e＝Emsin2πTt＝62sin100πt，转速提高一倍后，最大值变成122V，ω＝2πn，故角速度变为原来的2倍，表达式应为e ＝122sin200πt，选项D错误．1．如图是某学习小组在空旷的场地上做“摇绳发电实验”的示意图．他们将一铜芯线像甩跳绳一样匀速摇动，铜芯线的两端分别通过细铜线与灵敏交流电流计相连．摇绳的两位同学的连线与所在处的地磁场垂直．摇动时，铜芯线所围成半圆周的面积S＝2m2，转动角速度ω＝102rad/s，用电流计测得电路中电流I＝40μA，电路总电阻R＝10Ω，g取10m/s2，π2＝2.25.求该处地磁场的磁感应强度B；从铜芯线所在平面与该处地磁场平行开始计时，求其转过四分之一周的过程中，通过电流计的电荷量q；求铜芯线转动一周的过程中，电路产生的焦耳热Q.解析：铜芯线中产生的是正弦交流电，则Im＝2I，Em＝ImR，Em＝BSω，解得B＝2×10－5T.从铜芯线与地面平行开始至铜芯线转动四分之一周的过程中，E＝ΔΦ/t，E＝IR，q＝It，解得q＝4×10－6c.铜芯线转动一周，电路中产生的焦耳热Q＝I2RT，解得Q＝7.2×10－9j.答案：2×10－5T 4×10－6c7.2×10－9j2．如图所示，交变电流发电机的矩形框ab＝dc＝0.40m，bc＝ad＝0.20m，共有50匝线圈，其电阻r＝1.0Ω，在磁感应强度B＝0.20T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的对称轴oo′以100πr/s的转速匀速转动，向R＝9.0Ω的电阻供电，求：发电机产生的电动势的最大值；交变电流电压表和电流表的示数；此发电机的功率．解析：线圈面积S＝ab•ad＝0.4×0.2m2＝0.08m2线圈旋转角速度ω＝2πn＝100×2ππrad/s＝200rad/sEm＝NBωS＝50×0.2×200×0.08V＝160V电压表示数U＝ER＋r•R＝162×9.0V＝722V电流表示数I＝Im2＝162A＝82A发电机的功率P＝UI＝E2R＋r＝160229.0＋1.0w＝1280w答案：160VU＝722V I＝82AP＝1280w第2节变压器远距离输电一、变压器原理．构造和原理主要构造：由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成．工作原理：电磁感应的互感现象．2．理解变压器的基本关系式功率关系：P入＝P出．电压关系：U1U2＝n1n2，若n1>n2，为降压变压器，若n1<n2，为升压变压器．电流关系：只有一个副线圈时，I1I2＝n2n1；有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn.二、远距离输电．电路损失功率损失：设输电电流为I，输电线的电阻为R，则功率损失为ΔP＝I2R.电压损失：ΔU＝IR.减小功率损失和电压损失，都要求提高输电电压，减小输电电流．2．降低损耗的两个途径一个途径是减小输电线的电阻．由电阻定律R＝ρlS可知，在输电距离一定的情况下，为减小电阻，应当用电阻率小的金属材料制造输电线．此外，还要尽可能增加导线的横截面积．另一个途径是减小输电导线中的电流，由P＝IU可知，当输送功率一定时，提高电压可以减小输电电流．[自我诊断]。