2019-2020年高中物理第2章交变电流章末检测1教科版

交变电流一、单项选择题1.一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示的位置时 ( ) A ．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小 B ．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大 C ．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大 D ．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小解析：当线圈平面平行于磁感线时，磁通量最小，但E m 最大，即ΔΦΔt 最大．答案：C2．把一段确定的导线做成线圈，在确定的磁场中绕垂直于磁场的轴线以固定的转速转动，产生的感应电动势最大的情况是( ) A ．做成方形线圈，线圈平面垂直于转轴 B ．做成方形线圈，转轴通过线圈平面 C ．做成圆形线圈，转轴通过线圈平面 D ．做成圆形线圈，线圈平面垂直于转轴解析：若周长相等，则圆的面积最大，据E m ＝nBSω知，应做成圆形线圈，若线圈平面垂直于转轴，则线圈平面与磁场平行，故磁通量始终为零，故转轴应通过线圈平面，故选C 项． 答案：C3．一交流发电机的感应电动势e ＝E m sin ωt ，如将线圈的匝数增加一倍，电枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应电动势的表达式将变为( ) A ．e ′＝2E m sin 2ωt B ．e ′＝2E m sin 4ωt C ．e ′＝4E m sin 2ωtD ．e ′＝4E m sin 4ωt解析：e ＝E m sin ωt ＝nBSωsin ωt ，现n ′＝2n ，ω′＝2ω，则E m ′＝4E m ，所以感应电动势的瞬时值表达式将变为e ′＝4E m sin 2ωt . 答案：C4．如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中沿逆时针方向匀速转动，可产生交变电流，当线圈转到图示位置时，电流表指针向右偏转，当线圈由图示位置继续转动，下列说法中正确的是( )A ．线圈在转动π2～π的过程中，指针向右偏转B ．线圈在图示位置时，线圈中电流改变方向C ．线圈在转动3π2～2π的过程中，指针向左偏转D ．线圈在图示位置反方向转过3π2～2π的过程中，指针向左偏转解析：线圈在中性面开始改变电流方向，图示位置不是中性面，故B 错；逆时针转π2时线圈转到中性面位置，电流为0，再逆时针转时电流改变方向指针左偏，在π2～3π2的过程中都是指针左偏，A 错；逆时针转3π2时电流表改为指针右偏，在3π2～2π的过程中都是指针右偏，C 错；线圈从图示位置反方向转过3π2～2π的过程中，根据右手定则，可判断指针向左偏，故D 对． 答案：D5．为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验方案：第一次将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OO 1按图甲所示方向匀速转动(ab 向纸外，cd 向纸内)，并从图甲所示位置开始计时，此时产生的交变电流如图乙所示．第二次他仅将转轴移至ab 边上，第三次他仅将转轴OO 1右侧的磁场去掉，关于后两次的电流图像，下列说法正确的是( )A ．第二次是a 图B ．第二次是c 图C ．第三次是b 图D ．第三次是d 图解析：第二次他仅将转轴移到ab 边上，产生的交流电的电动势E ＝BSωsin ωt ，产生的交流电与图乙一样，故A 、B 错误；第三次仅将转轴OO 1右侧的磁场去掉，在完整的周期内，一直只有一条边切割磁感线，所以交流电的数值减半，故C 错误，D 正确. 答案：D 二、多项选择题6．如图所示，一面积为S 的单匝矩形线圈处于有界磁场中，其中ab 、cd 正好处于磁场界线上，能使线圈中产生交变电流的是( ) A ．将线圈水平向右匀速拉出磁场 B ．使线圈以OO ′为轴匀速转动 C ．使线圈以ab 为轴匀速转动 D ．磁场以B ＝B 0 sin ωt 规律变化解析：将线圈向右拉出磁场时，线圈中电流方向不变，A 错误；由电磁感应定律可知在选项B 、C 两种情况下可以产生交变电流，当磁场以B ＝B 0sin ωt 规律变化时，由法拉第电磁感应定律可知，在选项D 情况下可产生交变电流，故B 、C 、D 正确． 答案：BCD7．如图所示，一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝0.5 sin 20t V ，由该表达式可推知的物理量有( ) A ．匀强磁场的磁感应强度 B ．线框的面积C ．穿过线框的磁通量的最大值D ．线框转动的角速度解析：根据单匝线框产生的正弦式交变电流的瞬时值表达式e ＝BSωsin ωt ，可得ω＝20 rad/s ，而磁通量的最大值为Φm ＝BS ，所以可以根据BSω＝0.5 V 求出磁通量的最大值，故A 、B 错误，C 、D 正确． 答案：CD8．一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e ＝102sin 4πt V ，以下叙述正确的是( )A ．电动势的最大值是10 2 VB ．线圈的角速度为4π rad/sC ．当t ＝12s 时，e 有最大值D ．当t ＝0时，线圈平面跟中性面重合解析：由电动势的瞬时值表达式e ＝E m sin ωt 可得本题中感应电动势的最大值E m ＝10 2 V ，选项A 正确．线圈的角速度ω＝4π rad/s，选项B 正确．当t ＝12s 时，e ＝0，感应电动势有最小值，选项C 错误．当t ＝0时，感应电动势等于零，线圈平面跟中性面重合，选项D 正确． 答案：ABD9.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 ′轴观察，线圈沿逆时针方向转动．已知磁感应强度为B ，线圈匝数为n ，边长为l ，电阻为R ，转动角速度为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 ．穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率也为零C ．线圈中的感应电流为nBl 2ωRD ．线圈从图示位置起转动T 6时，电动势的瞬时值为12nBl 2ω解析：根据右手定则判断知，ad 边切割产生的感应电流方向由a →d ，bc 边切割磁感线产生的感应电流方向由c →b ，所以A 项错误．在图示位置Φ＝B ·S ⊥＝0，E m ＝nl 2Bω，由E ＝n ΔΦΔt 得ΔΦΔt ＝E n ＝Bl 2ω，i ＝e R ＝nBl 2ωR ，所以C 项正确，B 项错误．t ＝T 6，ω＝2πT，由e ＝nBl 2ωcos ωt ＝nBl 2ωcos ⎝⎛⎭⎪⎫2πT ×T 6＝12nBl 2ω，D 项正确．答案：CD10．一个匝数N ＝100匝的平面线圈所包围的面积S ＝0.02 m 2，在磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴以角速度ω＝100π rad/s 匀速转动时，在线圈中产生交流电，若自线圈通过中性面时开始计时，那么选项中能够反映线圈中感应电动势随时间变化的图像是( )解析：线圈产生的电动势的最大值为E m ＝NBSω＝100π V，所以电动势瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝100πsin 100πt V ，电流的正方向可以选顺时针为正，也可以选逆时针为正，故电动势随时间变化的图像为B 或D.故A 、C 错误，B 、D 正确． 答案：BD三、非选择题11.如图所示是一种自行车上照明用的车头灯发电机的结构示意图，转轴的一端装有一对随轴转动的磁极，另一端装有摩擦小轮．电枢线圈绕在固定的U 形铁芯上，自行车车轮转动时，通过摩擦小轮带动磁极转动，使线圈中产生正弦交变电流，给车头灯供电．已知自行车车轮半径r ＝35 cm ，摩擦小轮半径r 0＝1.00 cm ，线圈有N ＝800匝，线圈横截面积S ＝20 cm 2，总电阻R 1＝40 Ω.旋转磁极的磁感应强度B ＝0.010 T ，车头灯电阻R 2＝10 Ω.当车轮转动的角速度ω＝8 rad/s 时，求： (1)发电机磁极转动的角速度大小； (2)车头灯中电流的最大值．解析：(1)磁极与摩擦小轮转动的角速度相等，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，故有ω0r 0＝ωr ，ω0＝ωr r 0＝8×0.350.01rad/s ＝280 rad/s.(2)摩擦小轮带动磁极转动，线圈产生的感应电动势的最大值为E m ＝NBSω0＝800×0.010×20×10－4×280 V＝4.48 V ，所以通过灯泡电流的最大值为I m ＝E m R 1＋R 2＝4.4840＋10A ＝89.6 mA.答案：(1)280 rad/s (2)89.6 mA12.如图所示，一半径为r ＝10 cm 的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B ＝5π2 T 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO ′以n ＝600 r/min 的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时．(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式； (2)求线圈从图示位置开始在160s 时的电动势的瞬时值． 解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦式交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e ＝E m sin ωt . (1)e ＝E m sin ωt ，E m ＝NBSω(与线圈形状无关)，ω＝20π rad/s，故e ＝100sin 20πt V.(2)当t ＝160s 时，e ＝100sin ⎝⎛⎭⎪⎫20π×160V ＝50 3 V ＝86.6 V.答案：(1)e ＝100sin 20πt V (2)86.6 V。

章末综合检测一、单项选择题(本题共7小题,每小题6分，共42分)1．在变电所，经常要用交流电表去监测电网上的强电流,使用的仪器是电流互感器．图中，能正确反映其工作原理的是（）解析:电流互感器应是测电流的,应串联在火线上，故B、D项错误．同时,由I1n1＝I2n2知要使I2〈I1，须n2〉n1，故A项正确，C项错误．答案：A2．如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20 2sin 100πt(V)，则加在R2两端的电压有效值为( ）A．10 V B．20 VC．15 V D．510 V解析：由二极管的单向导电性可知，加在R2两端的电压半个周期有效值为20 V，另半个周期有效值为10 V．根据有效值的定义可得加在R2两端的电压有效值为5错误!V，选项D正确．答案：D3．图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，错误!V 为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．下列判断正确的是( )A．电压表的示数等于5 VB．电压表的示数等于5错误!VC．实现点火的条件是错误!〉1 000D．实现点火的条件是错误!〈1 000解析:电压表示数为电压有效值，由题图乙可得U＝错误!＝错误!V，A、B错误；当副线圈电压峰值为5 000 V时,错误!＝错误!＝1 000,由于引发电火花的条件是副线圈电压峰值大于5 000 V，故错误!>1 000，C正确，D错误．答案：C4。

如图，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )A．U＝110 V,I＝0.2 AB．U＝110 V，I＝0。

2024届高考一轮总复习章末检测卷：第二章　研究物体间的相互作用物理试题一、单选题 (共6题)第(1)题如图甲，燃气灶具有四个相同的支撑架，每个支撑架均匀分布。

假设支撑架上部分为一斜面，且该斜面与竖直方向的夹角为，如图乙所示。

现将一质量为m的半球形锅正放在燃气灶上，且锅与支撑架斜面接触，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）A．每个支撑架给锅的作用力大小为B．每个支撑架给锅的弹力大小为C．每个支撑架与锅之间存在摩擦力D．无论支撑架斜面光滑与否，每个支撑架给锅的作用力大小不变第(2)题如图甲所示，A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通有如图乙所示的交变电流，下列说法正确的是（）A．时刻两线圈间作用力最大B．时刻两线圈间作用力最大C．在到时间内，A、B两线圈相互排斥D．在到时间内，A、B两线圈相互排斥第(3)题如图所示，用a、b两轻绳挂一重力大小为G的玩具青蛙，已知a绳水平，b绳倾斜，轻绳a的拉力大小为，轻绳b的拉力大小为，则（ ）A．B．C．D．第(4)题长直导线周围产生的磁感应强度大小（k为常数，I为导线中电流的大小，r为到导线的距离）。

如图所示，在等边三角形PMN的三个顶点处，各有一根长直导线垂直于纸面固定放置。

三根导线均通有电流I，且电流方向垂直纸面向外，已知三根导线在三角形中心O处产生的磁感应强度大小均为B0，若将P处导线的电流变为2I，且电流方向变为垂直纸面向里，则三角形中心O处磁感应强度的大小为（）A．B 0B．B0C．2B0D．3B0第(5)题如图所示，半圆竖直轨道与水平面平滑连接于B点，半圆轨道的圆心为O，半径为R，C为其最高点。

BD段为双轨道，D点以上只有内轨道，D点与圆心的连线与水平方向夹角为，一小球从水平面上的A点以一定的初速度向右运动，能沿圆弧轨道恰好到达C点。

不计一切摩擦。

则（ ）A．小球到达C点时速度为B．小球到达C点后会向左做平抛运动C．小球在A点的初动能等于D．若小球到达D点时对内外轨道均无弹力，则第(6)题我国是世界上首个对第四代核电技术进行商业化运营的国家，核反应原料钍234（）的半衰期为1.2min，其衰变方程为。

学案2 描述交流电的物理量[学习目标定位] 1.掌握交变电流的周期、频率、线圈转动角速度三者之间的关系.2.能理解电流的有效值是与热效应有关的量，而平均值只是简单意义的平均.3.掌握交变电流有效值与峰值的关系，会进行有效值的计算．1．线圈在某一段时间内从一个位置转动到另一个位置的过程中产生的平均电动势为E ＝N ΔΦΔt. 2．恒定电流产生电热的计算遵循焦耳定律，Q ＝I 2Rt .一、周期和频率1．周期：交变电流作一次周期性变化所需的时间，叫做它的周期，通常用T 表示，单位 是s.2．频率：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数，叫做它的频率，通常用f 表示，单位是Hz.3．周期和频率互为倒数，即T ＝1f 或f ＝1T.4．线圈转动的角速度ω等于频率的2π倍，即ω＝2πf . 二、峰值有效值1．峰值：U m 和I m 分别表示了在一个周期内电压和电流所能达到的最大值．2．交变电压的峰值不能超过(选填“超过”或“低于”)电容器、二极管等元器件所能承受的电压，否则就有被击穿而损坏的危险．3．有效值：交流电的有效值是根据电流的热效应来规定的，如果交流电与某一直流电通过同一电阻，在相同的时间内所产生的热量相等，则这个直流电的电流和电压值，就分别称为相应交流电的电流和电压的有效值．4．正弦式交变电流的有效值I 、U 与峰值I m 、U m 的关系：I ＝22I m ，U ＝22U m . 5．人们通常说的家庭电路的电压是220 V ，指的是有效值．使用交流电表测出的数值是正弦交流电的有效值．一、周期和频率[问题设计] 如图1所示，这个交变电流的周期是多少？频率是多少？图1答案 周期T ＝0.02 s ；频率f ＝50 Hz. [要点提炼]1．交流电变化越快，则周期越短，频率越大．2．角速度与周期的关系：ω＝2πT.3．转速(n )：线圈单位时间(1 s 或1 min)转过的圈数，单位是r/s 或r/min.角速度与转速的关系：ω＝2πn (n 单位为r/s)或ω＝πn30(n 单位为r/min)．4．我国电网中交变电流的周期是0.02 s ，频率是50 Hz. 二、峰值有效值 [问题设计]1．图2是通过一个R ＝1 Ω的电阻的电流i 随时间变化的曲线．这个电流不是恒定电流． (1)怎样计算1 s 内电阻R 中产生的热量？(2)如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻R ，也能在1 s 内产生同样的热，这个电流是多大？图2答案 (1)Q ＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝42×1×0.5 J ＋22×1×0.5 J ＝10 J(2)由Q ＝I 2Rt 得I ＝ Q Rt ＝ 101×1A ＝10 A2．某交流电压瞬时值表达式u ＝62sin (100πt ) V ，把标有“6 V ,2 W ”的小灯泡接在此电源上会不会被烧坏？把一个能承受的最大电压为6 V 的电容器接在此电源上会不会被击穿？ 答案 小灯泡不会被烧坏，交流电压瞬时值表达式u ＝62sin (100πt ) V 中6 2 V 是最大值，其有效值为6 V ，而标有“6 V,2 W ”的小灯泡中的6 V 是有效值．电容器会被击穿． [要点提炼]1．峰值：也叫最大值，它是所有瞬时值中的最大值．(1)当线圈平面跟磁感线平行时，交流电动势最大，E m ＝NBSω(转轴垂直于磁感线)． (2)电容器接在交流电路中，交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值．2．有效值的应用(1)计算与电流热效应有关的量(如功率、热量)要用有效值．(2)交流电表的测量值，电气设备标注的额定电压、额定电流，通常提到的交流电的数值指有效值．3．有效值的计算(1)正弦式交变电流：根据E＝E m2、U＝U m2、I＝I m2计算其有效值．(2)非正弦式交变电流：只能根据电流的热效应计算．计算时要注意三同：“相同电阻”上、“相同时间”内、产生“相同热量”．计算时，“相同时间”一般取一个周期．4．平均值的应用计算通过导体某一截面的电荷量时，只能用交变电流的平均值，即q＝I·Δt＝ERΔt＝NΔΦR，这是平均值应用最多的一处．一、对描述交变电流物理量的认识例1一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图3所示，由图可知()图3A．该交流电的电压的有效值为100 VB．该交流电的频率为25 HzC．该交流电压瞬时值的表达式为u＝100sin 25t VD．并联在该电压两端的电压表指针不停摆动解析根据题图可知该交变电流电压的最大值为100 V，周期为4×10－2 s，所以频率为25 Hz，A错，B对；而ω＝2πf＝50π rad/s，所以u＝100sin (50πt) V，C错；交流电压表的示数为交流电的有效值而不是瞬时值，不随时间变化，D错．答案 B二、正弦式交变电流有效值的计算例2一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图4甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则()图4A ．电压表的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒钟改变50次C ．灯泡实际消耗的功率为484 WD ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J解析 电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由题图知电动势的最大值E m ＝220 2 V ，有效值E ＝220 V ，灯泡两端电压U ＝RER ＋r ＝209 V ，A 错；由题图甲知T ＝0.02 s ，一个周期内电流方向变化两次，可知1 s 内电流方向变化100次，B 错；灯泡的实际功率P ＝U 2R ＝209295 W ＝459.8 W ，C 错；电流的有效值I ＝ER ＋r ＝2.2 A ，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q r ＝I 2rt ＝2.22×5×1J ＝24.2 J ．D 对． 答案 D三、非正弦式交变电流有效值的计算例3 如图5所示是一交变电流随时间变化的图像，求此交变电流的有效值．图5解析 设该交变电流的有效值为I ′，直流电的电流强度为I ，让该交变电流和直流电分别通过同一电阻(阻值为R )，在一个周期(T ＝0.2 s)内，该交变电流产生的热量：Q ′＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝(42)2R ×0.1＋(－32)2R ×0.1＝5R 在一个周期内直流电通过该电阻产生的热量 Q ＝I 2RT ＝0.2I 2R .由Q ＝Q ′得，0.2I 2R ＝5R ，解得I ＝5 A ，即此交变电流的有效值I ′＝I ＝5 A 答案 5 A四、有效值、瞬时值、平均值的区别应用例4 在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直磁感线的轴匀速转动，已知线圈的匝数为n ＝100匝，边长为20 cm ，电阻为10 Ω，转动频率f ＝50 Hz ，磁场的磁感应强度为0.5 T ，求：(1)外力驱动线圈转动的功率．(2)转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的瞬时值大小．(3)线圈由中性面转至与中性面成30°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量． 解析 (1)线圈中交变电动势的最大值E m ＝nBSω＝100×0.5×(0.2)2×2π×50 V ＝628 V .交变电动势的有效值E ＝E m2＝314 2 V.外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等． 即P 外＝E 2R ＝(3142)210W ＝1.97×104 W.(2)线圈转到与中性面成30°角时，其电动势的瞬时值 e ＝E m sin 30°＝314 V ，交变电流的瞬时值 i ＝e R ＝31410A ＝31.4 A. (3)在线圈从中性面转过30°角的过程中，线圈中的平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt，平均感应电流I ＝ER ＝n ΔΦR ·Δt， 通过线圈横截面的电荷量为q ，则q ＝I Δt ＝n ΔΦR ＝nBl 2(1－cos 30°)R＝100×0.5×0.22×(1－0.866)10 C＝2.68×10－2 C.答案 (1)1.97×104 W (2)314 V 31.4 A (3)2.68×10－2 C1．(对描述交变电流物理量的认识)如图6是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的 ( )图6A ．周期是0.01 sB ．最大值是220 VC ．有效值是220 VD ．表达式为u ＝220sin (100πt ) V 答案 C解析 由题图可知，该交变电压的周期为0.02 s ，最大值为311 V ，而有效值U ＝U m 2＝3112 V＝220 V ，故A 、B 错误，C 正确．正弦交变电压的瞬时值表达式u ＝U m sin ωt ＝311sin (2π0.02t ) V ＝311sin (100πt ) V ，故D 选项错误．2．(正弦式交变电流有效值的计算)一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T .从中性面开始计时，当t ＝112T 时，线圈中感应电动势的瞬时值为2 V ，则此交变电流的有效值为( ) A ．2 2 V B ．2 VC. 2 VD.22V 答案 A解析 先用代入法求出感应电动势的最大值：由e ＝E m sin ωt 得2 V ＝E m sin (2πT ×T12)，由此得E m ＝4 V ，因此有效值为2 2 V ．选项A 正确．3.(非正弦式交变电流有效值的计算)通过一阻值R ＝100 Ω的电阻的交变电流如图7所示，其周期为1 s ．电阻两端电压的有效值为 ( )图7A ．12 VB ．410 VC ．15 VD ．8 5 V答案 B解析 根据电流的热效应计算电流的有效值．由(0.1)2R ×0.4×2＋(0.2)2R ×0.1×2＝I 2R ×1可得，流过电阻的电流的有效值I＝1025A，电阻两端电压的有效值为U＝IR＝410 V，B正确．题组一对描述交变电流物理量的认识1．下列提到的交流电，不是指有效值的是()A．交流电压表的读数B．保险丝熔断电流C．电容器击穿电压D．220 V交流电压答案 C解析电容器击穿电压指电容器两端允许加的电压的最大值．2．以下说法正确的是()A．交变电流的有效值就是它的平均值B．任何交变电流的有效值都是它最大值的1 2C．如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q，那么该交变电流的有效值为Q RD．以上说法均不正确答案 D解析有效值是根据电流的热效应来定义的，平均值并不是有效值，例如线圈在匀强磁场中转动一圈，其平均电动势为零，故A错．在正弦(余弦)式交变电流中，其有效值为最大值的12，对于其他交变电流并不一定满足此关系，故B错．交变电流要产生热量需要一定的时间，C选项中没有告诉时间，因此是错误的．3．下列关于交变电流的说法正确的是()A．若交变电流的峰值为5 A，则它的最小值为－5 AB．用交流电流表测交变电流时，指针来回摆动C．我国工农业生产和生活用的交变电流频率为50 Hz，故电流方向每秒改变100次D．正弦交变电流i＝20sin (10πt) A的峰值为20 A，频率为100 Hz答案 C解析电流的负值表示电流方向与规定正方向相反，不表示大小，A项错误；交流电流表测交变电流时，指针不会来回摆动，B项错误；我国工农业生产和生活用的交变电流，周期为0.02 s，交流电方向一个周期改变两次，所以每秒改变100次，C项正确；由ω＝2πf得正弦交变电流i＝20sin (10πt) A的频率为5 Hz，D项错误．题组二非正弦式交变电流有效值的计算4．阻值为1 Ω的电阻上通以交变电流，其i－t关系如图1所示，则在0～1 s内电阻上产生的热量为 ( )图1A ．1 JB ．1.5 JC ．2 JD ．2.8 J答案 D解析 因为所加的电流为交变电流，大小在变化，所以只能分时间段来求热量．在0～1 s 内有效电流的瞬时值大小为1 A 和2 A 的时间段分别为t 1＝0.4 s ，t 2＝0.6 s ，所以Q ＝I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝2.8 J.5．某一交变电流的电压波形如图2所示，求这一交变电流的电压的有效值U .图2答案 210 V解析 假设让一直流电压U 和如题图所示的交流电压分别加在同一电阻两端，交变电流在一个周期内产生的热量Q 1＝2(U 21R ·T 4＋U 22R ·T4)＝82R ·T 2＋42R ·T 2.直流电在一个周期内产生的热量Q 2＝U 2R ·T .由交变电流有效值的定义知Q 1＝Q 2，即82R ·T 2＋42R ·T 2＝U 2R ·T .解得U ＝210 V.题组三 正弦式交变电流有效值的计算6．如图3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像如图乙所示，以下判断正确的是 ( )图3A ．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 AC7．电阻R 1、R 2与交流电源按照如图4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( )图4A ．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的电流的最大值是1.2 2 AD ．R 2两端的电压最大值是6 2 V 答案 B解析 由题图乙可得，正弦交变电流的最大值I m ＝0.6 2 A ，所以电流的有效值I ＝I m2＝0.6 A ，电阻R 1、R 2串联，所以电流的最大值均为0.6 2 A ，有效值均为0.6 A ．由欧姆定律U ＝IR 得，U 1＝IR 1＝6 V ，所以U 1m ＝2U 1＝6 2 V ；U 2＝IR 2＝12 V ，U 2m ＝2U 2＝12 2 V. 8.在图5所示电路中，A 是熔断电流I 0＝2 A 的保险丝，电阻可不计，R 是可变电阻，S 是交流电源．交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e ＝2202sin 314t V ．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )图5A ．110 2 ΩB ．110 ΩC ．220 ΩD ．220 2 Ω答案 B解析 E ＝220 V ，R min ＝E I 0＝2202Ω＝110 Ω.9．把U 0＝10 V 的直流电压加在阻值为R 的电阻上，其发热功率跟另一个正弦交变电压加在阻值为R2上的电功率相同，则这个交变电流的电压的峰值为 ( )A ．10 VB ．10 2 VC ．20 VD ．20 2 V答案 A解析 直流电压U 0加在阻值为R 的电阻上，而交变电流加在阻值为R2的电阻上，它们联系的桥梁是发热功率相等．设这个交变电压的有效值为U ，则由电功率公式得U 20R T ＝U 2R2T ，U＝2U 02，故U m ＝ 2U ＝U 0＝10 V ．正确答案为A.题组四 瞬时值、峰值、有效值、平均值的区别应用10．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180°的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为( ) A ．π/2B ．2/πC ．2πD ．π答案 B11.如图6所示，线圈abcd 的面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R ＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度为B ＝1πT ，当线圈以300 r/min 的转速匀速转动时，求：图6(1)电路中交流电压表和交流电流表的示数；(2)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R 的电荷量． 答案 (1)31.86 V 3.54 A (2)0.16 C 解析 (1)E m ＝NBSω＝100×1π×0.05×2π×30060 V ＝50 VE ＝E m2＝25 2 V ≈35.4 V.电流表示数I ＝ER ＋r ＝3.54 A ，电压表示数U ＝IR ＝3.54×9 V ＝31.86 V. (2)从图示位置转过90°的过程中， E ＝N ΔΦΔt ，又因为I ＝E R ＋r ，q ＝I Δt ，联立得q ＝N ΔΦR ＋r ＝NBSR ＋r≈0.16 C.12.如图7所示，矩形线圈面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为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90°的过程中，求：教案全集、尽在百度教学资料、应有尽有图7(1)通过电阻R 的电荷量q ；(2)电阻R 上所产生的热量Q .答案 (1)NBS R ＋r (2)πN 2B 2S 2ωR 4(R ＋r )2解析 本题考查交变电流平均值、有效值的应用，关键要知道求电荷量用交变电流的平均值，求热量用交变电流的有效值．(1)依题意磁通量的变化量ΔΦ＝BS ，线圈转过90°的时间为Δt ＝T 4＝2π4ω＝π2ω，平均感应电动势为E ＝N ΔΦΔt ＝2NBSωπ.平均感应电流为I ＝E R ＋r ＝2NBSωπ(R ＋r ).通过电阻R 的电荷量为q ＝I ·Δt ＝NBS R ＋r. (2)线圈中感应电动势有效值和最大值E m 的关系是E ＝E m 2＝NBSω2，电路中电流的有效值为I ＝E R ＋r ＝NBSω2(R ＋r ). 电阻R 上产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝πN 2B 2S 2ωR 4(R ＋r )2.。

6.如图所示为一理想变压器,原、副线圈的匝数比为n1∶n2=5∶1,分别接有定值 电阻R1和R2,且R1∶R2=5∶1。原线圈接正弦交流电,电压表为理想交流电压表。 则 ()
A.电阻R1和R2消耗功率之比为1∶1 B.电压表V1和V2的示数之比为5∶1 C.电压表V1和V2的示数之比为6∶1 D.原副线圈磁通量变化率之比为5∶1
【解析】选C。电压表和电流表的读数都是有效值,根据 U1 n1 和 I1 n2,可
知选项C正确。
U2 n2 I2 n1
5.(2020·南昌高二检测)如图所示的理想变压器,b是原线圈的中点接头,从某 时刻开始在原线圈c、d两端加上正弦交变电压,现将单刀双掷开关与a连接,下 列说法正确的是( ) A.滑动变阻器触头P向上移动时,电压表、电流表示数均变小 B.滑动变阻器触头P向上移动时,原线圈中电流增大 C.单刀双掷开关由a转向b,电压表、电流表示数均变大 D.单刀双掷开关由a转向b,变压器输入功率将变小
C.R两端电压的有效值U=
ω
NBS
2
D.一个周期内R的发热量Q=
πω
NBS2
R
【解析】选A、B。由图可知,线框只有一半在磁场中,故产生的电动势的最大值
为:Байду номын сангаасm=NB
S 2
ω=
NBSω ;故瞬时表达式为:e=
2
NBSω sin
2
ωt;故A正确;电流表的示
Em
数为:I= 2 = 2ω NBS;故B正确;R两端电压的有效值U=E= Em = 2ωNBS;故C错
【解析】选C。理想变压器无漏磁,故穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是1∶1,
故选项A、B错误;理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1,根据变压比关系 U1 n1 ,正常工作时,原、副线圈的输入、输出电压之比为10∶1,故选项C正

交变电流必备知识·自主学习一、交变电流干电池电源和手摇发电机均能使小灯泡发光,这两种电源的本质区别是什么?提示:干电池提供直流电,而手摇发电机提供交流电。

1.恒定电流:大小和方向都不随时间变化的电流。

2.交变电流:大小和方向随时间做周期性变化的电流,简称交流电。

3.正弦交变电流:电流随时间按正弦函数规律变化的交变电流,简称正弦交流电。

二、正弦交变电流的产生和表述1.产生:闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时, 线圈中产生的感应电流。

2.表述:(1)电动势:e=E m sinωt,E m=NBSω。

(2)电流:i=I m sinωt。

(3)电压:u=U m sinωt。

3.中性面:中性面的特点有①④⑤。

①线圈平面与磁场垂直。

②线圈平面与磁场平行。

③穿过线圈的磁通量为零。

④穿过线圈的磁通量最大。

⑤线圈越过中性面时电流的方向改变。

关键能力·合作学习知识点一直流电和交变电流1.直流电分类及图像:(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冲直流电,如图乙所示。

2.交变电流的分类及图像:(1)正弦交流电随时间变化的图像是一条正弦曲线,如图所示。

从图中可以知道正弦交流电的最大值I m和周期T。

(2)非正弦交流电的形式多种多样,如图是几种常见的交变电流的图像。

【典例】(2020·莱西高二检测)图中各图线不表示交流电的是( )【解析】选B。

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,电流的方向变化的有A、C、D,B是直流,本题选不是交流电的,故选B。

1.(多选)如图所示的四种随时间变化的电流图像,其中属于交变电流的是 ( )【解析】选C、D。

电流的大小和方向都随时间做周期性变化的电流是交变电流,A、B所示的电流虽然大小做周期性变化,但电流的方向不变,所以不是交变电流,选项C、D正确,A、B错误。

1 交变电流[学科素养与目标要求]物理观念：1.理解交变电流和直流的概念.2.知道交变电流的变化规律及表示方法，知道交变电流瞬时值的物理意义．科学思维：1.从法拉第电磁感应定律和楞次定律分析感应电流的产生过程，会推导电动势和交变电流随时间的变化规律.2.认识交变电流的图像，并根据图像解决具体问题．一、交变电流1．恒定电流：大小和方向都不随时间变化的电流，称为恒定电流．2．交变电流：大小和方向随时间作周期性变化的电流，称为交变电流．3．正弦交变电流：电流随时间按正弦函数规律变化的交变电流称为正弦交变电流．二、正弦交变电流的产生和表述1．正弦交变电流的产生：闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生的电流是正弦交流电．2．正弦式交变电流的表述：线圈从垂直磁场方向计时产生电动势的瞬时值表达式：e＝E m sin ωt，E m＝NBSω.电路中电流：i＝I m sin ωt，外电路两端电压：u＝U m sin ωt.1．判断下列说法的正误．(1)如图1所示的电流为交流电．( ×)图1(2)如图2所示的电流为交流电．( √)图2(3)只要线圈在磁场中转动，就可以产生交变电流．( ×)(4)线圈在通过中性面时磁通量最大，电流也最大．( × ) (5)线圈在通过中性面时电流的方向发生改变．( √ )2.有一个正方形线圈的匝数为10匝，边长为20 cm ，线圈总电阻为1 Ω，线圈绕垂直磁场方向的OO ′轴以10π rad/s 的角速度匀速转动，如图3所示，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T ，该线圈产生的感应电动势的峰值为__________，感应电流的峰值为________，在图示位置时感应电动势为________，从图示位置转过90°时感应电动势为________．图3答案 6.28 V 6.28 A 6.28 V 0 解析 电动势的峰值为：E m ＝NBS ω＝10×0.5×0.22×10π V≈6.28 V电流的峰值为I m ＝E mR＝6.28 A题图所示位置线圈中产生的感应电动势最大，为6.28 V从题图所示位置转过90°时，位于中性面上，切割磁感线的两边的速度方向与磁感线平行，感应电动势为0.一、正弦交变电流的产生 1．交变电流的产生过程分析假定线圈绕OO ′轴沿逆时针方向匀速转动，如图4甲至丁所示，在四个过程中线圈中的电流方向如下表所示．图42.两个特殊位置(1)中性面(S ⊥B 位置，如图中的甲、丙)线圈平面与磁场垂直的位置，此时通过线圈的磁通量Φ最大，磁通量变化率ΔΦΔt 为0，电动势e 为0，电流i 为0.线圈经过中性面时，电流方向发生改变，线圈转一圈电流方向改变两次． (2)垂直中性面位置(S ∥B 位置，如图中的乙、丁)此时通过线圈的磁通量Φ为0，磁通量变化率ΔΦΔt 最大，电动势e 最大，电流i 最大．例1 (多选)矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面内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的方向就改变一次D ．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零 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的速度方向与磁感线平行，即不切割磁感线，所以感应电动势等于零，此时穿过线框的磁通量的变化率也等于零，感应电动势或感应电流的方向也就在此时刻发生变化．线框垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的两边都垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，也可以说此时穿过线框的磁通量的变化率最大，故C 、D 选项正确．二、正弦交变电流的变化规律 1．感应电动势随时间的变化规律如图5所示，线圈平面绕OO ′(O 为bc 边的中点，O ′为ad 边的中点)所在直线从中性面开始转动，角速度为ω.ab 边长为L 1，bc 边长为L 2，磁感应强度为B ，图5(1)经过时间t 线圈转过的角度为ωt ，ab 边的速度v 的方向跟磁感应强度方向的夹角也为ωt ，线圈面积S ＝L 1L 2.则由ab 边切割磁感线产生的感应电动势e ab ＝BL 1v sin ωt ＝BL 1L 2ω2sin ωt ＝12BS ωsin ωtcd 边切割磁感线产生的感应电动势e cd ＝e ab整个线圈中的感应电动势e ＝e ab ＋e cd ＝BS ωsin ωt .(2)若线圈的匝数为N ，则整个线圈产生的感应电动势e ＝NBS ωsin ωt . 2．最大值E m ＝NBS ω，I m ＝E mR ＋r ＝NBS ωR ＋r ，U m ＝I m R ＝NBS ωRR ＋r说明：最大值由线圈匝数N 、磁感应强度B 、转动角速度ω和线圈面积S 决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关．如图6所示的几种情况中，如果N 、B 、ω、S 均相同，则感应电动势的最大值均为E m ＝NBS ω.图63．正弦式交变电流的瞬时值表达式 (1)从中性面位置开始计时e ＝E m sin ωt ，i ＝I m sin ωt ，u ＝U m sin ωt(2)从与中性面垂直的位置开始计时e ＝E m cos ωt ，i ＝I m cos ωt ，u ＝U m cos ωt .例2 一矩形线圈，面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻r ＝2 Ω，外接电阻R ＝8 Ω，线圈在磁感应强度B ＝1π T 的匀强磁场中以n ＝300 r/min 的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图7所示，若从中性面开始计时，求：图7(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)从开始计时经130 s 时线圈中感应电流的瞬时值；(3)外电路R 两端电压瞬时值的表达式．答案 (1)e ＝50sin 10πt (V) (2)532 A (3)u ＝40sin 10πt (V)解析 (1)线圈转速n ＝300 r/min ＝5 r/s ， 角速度ω＝2πn ＝10π rad/s ，线圈产生的感应电动势最大值E m ＝NBS ω＝50 V ， 由此得到的感应电动势瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝50sin 10πt (V)．(2)将t ＝130 s 代入感应电动势瞬时值表达式中，得e ′＝50sin (10π×130) V ＝25 3 V ，对应的感应电流i ′＝e ′R ＋r ＝532A. (3)由闭合电路欧姆定律得u ＝eR ＋r R ＝40sin 10πt (V)．提示 注意确定线圈转动从哪个位置开始计时，从而确定表达式是正弦函数还是余弦函数． 三、正弦交变电流的图像如图8甲、乙所示，从图像中可以解读到以下信息：图8(1)交变电流的最大值E m 、I m 和周期T . (2)两个特殊值对应的位置：①e ＝0(或i ＝0)时：线圈位于中性面上，此时ΔΦΔt ＝0，Φ最大．②e 最大(或i 最大)时：线圈平行于磁感线，此时ΔΦΔt 最大，Φ＝0.(3)分析判断e 、i 大小和方向随时间的变化规律．例3 (2017·海安高级中学高二上学期期中)处在匀强磁场中的矩形线圈abcd 以恒定的角速度绕ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与ab 边垂直．在t ＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图9所示，线圈的cd 边离开纸面向外运动．若规定沿a →b →c →d →a 方向的感应电流为正，则图中能反映线圈中感应电流i 随时间t 变化的图像是( )图9答案 C解析 线圈在匀强磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电．对于题图起始时刻，线圈的cd 边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为a →b →c →d →a ，与规定的正方向相同，故选项C 正确．例4 (多选)矩形线框在匀强磁场内绕垂直磁场方向的轴匀速转动的过程中，线框输出的交流电压随时间变化的图像如图10所示，下列说法正确的是( )图10A ．第1 s 末线圈平面垂直于磁场，通过线圈的磁通量变化率最大B ．第1 s 末线圈平面平行于磁场，通过线圈的磁通量变化率最大C ．第2 s 末线圈平面平行于磁场，通过线圈的磁通量最小D ．第2 s 末线圈平面垂直于磁场，通过线圈的磁通量最大 答案 BD解析 第1 s 末，u 最大，e 最大，则ΔΦΔt 最大，线圈平面平行于磁感线，A 错，B 对；第2 s末，u ＝0，e ＝0，ΔΦΔt＝0，Φ最大，线圈位于中性面上，C 错，D 对．[学科素养] 通过以上例题，使学生进一步熟悉：(1)中性面是线圈平面与磁场垂直的位置；(2)当线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，且从中性面位置开始计时时，线圈中产生的感应电流是正弦交流电，满足表达式e ＝E m sin ωt ，i ＝I m sin ωt ，u ＝U m sin ωt ，也可用正弦图像表示e －t 、i －t 、u －t 的变化规律．通过这样的提炼和升华，较好地体现了“物理观念”和“科学思维”的学科素养．1．(交变电流的产生)(多选)如图中哪些情况线圈中产生了交变电流( )答案 BCD解析 由交变电流的产生条件可知，轴必须垂直于磁感线，但对线圈的形状及转轴的位置没有特殊要求，故选项B 、C 、D 正确．2．(交变电流的产生和规律)(2018·北京市丰台区下学期综合练习)如图11所示，(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( )图11A．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＝I m sin ωtC．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，感应电动势最小，ab边感应电流方向为b→a答案 C解析题图(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；从线圈在中性面位置开始计时的表达式才是i＝I m sin ωt，故B错误；当线圈转到题图(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；当线圈转到题图(d)位置时，穿过线圈磁通量最小，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．3．(交变电流的图像)一个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像如图12甲所示，则下列说法中正确的是( )图12A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大C．t＝0.02 s时刻，感应电动势达到最大D．该线圈产生的相应感应电动势的图像如图乙所示答案 B解析由题图甲可知t＝0时刻，穿过线圈的磁通量最大，线圈处于中性面，t＝0.01 s时刻，穿过线圈的磁通量为零，但变化率最大，故A错误，B正确；t＝0.02 s时刻，感应电动势应为零，故C、D错误．4．(交变电流的变化规律)如图13所示，匀强磁场的磁感应强度B＝2πT，边长L＝10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s ，外电路电阻R ＝4 Ω.求：图13(1)转动过程中线圈中感应电动势的最大值．(2)从图示位置(线圈平面与磁感线平行)开始感应电动势的瞬时值表达式． (3)由图示位置转过30°角电路中电流的瞬时值． 答案 (1)2 2 V (2)e ＝22cos 2πt (V) (3)65A 解析 (1)设转动过程中线圈中感应电动势的最大值为E m ，则E m ＝NBL 2ω＝100×2π×0.12×2π V ＝2 2 V.(2)从图示位置开始感应电动势的瞬时值表达式为e ＝E m cos ωt ＝22cos 2πt (V) (3)从图示位置转过30°角时感应电动势的瞬时值e ′＝22cos 30°＝ 6 V ，i ＝e ′R ＋r ＝65A.一、选择题考点一 交变电流的产生1．如图所示，属于交流电的是( )答案 C解析 方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特征．A 、B 、D 三项所示的电流大小随时间做周期性变化，但其方向不变，不是交变电流，它们是直流电，故A 、B 、D 错误，C 选项中电流符合交变电流的特征，故C 正确．2．关于线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动产生的交变电流，以下说法中正确的是( )A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向不变B．线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次C．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次D．线圈转动一周，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次答案 C解析根据正弦式交变电流的变化规律可得，如果从中性面开始计时有e＝E m sin ωt和i＝I m sin ωt；如果从垂直于中性面的位置开始计时有e＝E m cos ωt和i＝I m cos ωt，不难看出：线圈平面每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向也改变一次；线圈每转动一周，感应电流和感应电动势的方向都改变两次，故C正确．3.一个矩形线圈，在匀强磁场中绕一个垂直磁场方向的固定轴匀速转动，当线圈处于如图1所示位置时(线圈平面与磁感线平行)，它的( )图1A．磁通量最大，磁通量变化率最大，感应电动势最大B．磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大C．磁通量最大，磁通量变化率最小，感应电动势最小D．磁通量最小，磁通量变化率最小，感应电动势最小答案 B解析线圈处于题图所示位置时，它与磁感线平行，磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大，故选项A、C、D错误，B正确．4.如图2所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连．M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连．在线圈转动过程中，通过电阻R的电流 ( )图2A ．大小和方向都随时间做周期性变化B ．大小和方向都不随时间做周期性变化C ．大小不断变化，方向总是P →R →QD ．大小不断变化，方向总是Q →R →P 答案 C解析 半圆环交替接触电刷，从而使输出电流方向不变，这是一个直流发电机模型，由右手定则知，外电路中电流方向是P →R →Q ，故C 正确． 考点二 交变电流的变化规律5．(2018·聊城市高二下学期期末)如图所示，面积均为S 的单匝线圈绕轴在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，从图中所示位置开始计时，下图中能产生正弦交变电动势e ＝BS ωsin ωt 的是( )答案 A解析 由题图知，只有A 、B 图在切割磁感线，导致磁通量在变化，从而产生感应电流，B 图中在t ＝0时产生的感应电动势最大，按余弦规律变化，A 图中产生的感应电动势为正弦交变电动势e ＝BS ωsin ωt ，故A 正确．6．交流发电机工作时电动势为e ＝E m sin ωt ，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( ) A ．e ′＝E m sin ωt2B ．e ′＝2E m sin ωt2C ．e ′＝E m sin 2ωtD ．e ′＝E m2sin 2ωt答案 C解析 感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m sin ωt ，而E m ＝NB ωS ，当ω加倍而S 减半时，E m 不变，故C 正确．7．(多选)如图3所示，一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝0.5sin 20t (V)，由该表达式可推知以下哪些物理量( )图3A．匀强磁场的磁感应强度B．线框的面积C．穿过线框的磁通量的最大值D．线框转动的角速度答案CD解析根据正弦式交变电流的感应电动势的瞬时值表达式：e＝BSωsin ωt，可得ω＝20 rad/s，故D正确；穿过线框的磁通量的最大值为Φm＝BS，BSω＝0.5 V，则磁通量的最大值Φm ＝0.025 Wb，故C正确；无法求出匀强磁场的磁感应强度和线框的面积，故A、B错误．8．(多选)如图4所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在0～π2ω这段时间内( )图4A．线圈中的感应电流一直在减小B．线圈中的感应电流先增大后减小C．穿过线圈的磁通量一直在减小D．穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小答案AD解析由题图位置，线圈平面与磁场方向平行，则此刻感应电流最大，在0～π2ω这段时间内线圈转过的角度θ＝ωt＝π2，感应电流由最大减小为零，穿过线圈的磁通量逐渐增大，穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小，故A、D正确．考点三交变电流的图像9．(2018·烟台市高二下学期期末)一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定转轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图5所示．下列说法中正确的是( )图5A ．t 1时刻通过线圈的磁通量最大B ．t 2时刻通过线圈的磁通量为0C ．t 3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D ．每当电流方向变化时，线圈平面就会与中性面垂直 答案 C解析 由题图可知，t 1时刻，感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零，故A 错误；t 2时刻感应电动势为零，线圈处于中性面位置，通过线圈的磁通量最大，故B 错误；t 3时刻感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律知感应电动势E ＝n ΔΦΔt ，可知此时通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大，故C 正确；每当电流转换方向时，线圈与磁场垂直，处于中性面位置，故D 错误．10．一闭合矩形线圈abcd 绕垂直于磁感线的固定轴OO ′匀速转动，线圈平面位于如图6甲所示的匀强磁场中，通过线圈的磁通量Φ随时间t 的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )图6A ．t 1、t 3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B ．t 1、t 3时刻线圈中感应电流方向改变C ．t 2、t 4时刻线圈中磁通量最大D ．t 2、t 4时刻线圈中感应电动势最小 答案 B解析 由题图乙可知，t 1、t 3时刻通过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，故选项A 错误；t 1、t 3时刻线圈处于中性面，故t 1、t 3时刻的感应电流方向改变，故选项B 正确；t 2、t 4时刻线圈中磁通量最小，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故选项C 、D 错误．11.在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd .线圈cd 边沿竖直方向且与磁场的右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从t ＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝2πT绕cd 边沿如图7所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda 方向为正方向，则从t ＝0到t ＝T 时间内，线圈中的电流i 随时间t 变化关系图像为( )图7答案 B解析 在0～T4内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流为负；在T 4～34T ，线圈中无感应电流；在34T 时，ab 边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流为正，故B 项正确． 二、非选择题12．一矩形线圈有100匝，面积为50 cm 2，线圈内阻r ＝2 Ω，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场平行时开始计时，已知磁感应强度B ＝0.5 T ，线圈的转速n ＝1 200 r/min ，外接一纯电阻用电器，电阻为R ＝18 Ω，试写出R 两端电压的瞬时值表达式．答案 u ＝9πcos 40πt (V)解析 n ＝1 200 r/min ＝20 r/s ，角速度ω＝2πn ＝40π rad/s ，线圈产生的感应电动势的最大值E m ＝NBS ω＝100×0.5×50×10－4×40π V ＝10π V ， 线圈中感应电动势e ＝E m cos ωt ＝10πcos 40πt (V)， 由闭合电路欧姆定律i ＝eR ＋r，故R 两端电压的瞬时值表达式u ＝Ri ＝9πcos 40πt (V)．13．如图8所示，在匀强磁场中有一个“”形单匝导线框可绕AB 轴转动，AB 轴与磁场方向垂直，已知匀强磁场的磁感应强度B ＝52π T ，导线框的CD 边长为20 cm ，CE 、DF 长均为10 cm ，转速为50 r/s.从图示位置开始计时．图8(1)写出导线框中感应电动势的瞬时值表达式．(2)用e －t 坐标系作出导线框中感应电动势随时间变化的图像． 答案 (1)e ＝102cos 100πt (V) (2)见解析图解析 (1)导线框平面与磁感线平行时开始计时，在t 时刻线框转过的角度为ωt ，此时刻，e ＝Bl 1l 2ωcos ωt ，即e ＝BS ωcos ωt .其中B ＝52π T ，S ＝0.1×0.2 m 2＝0.02 m 2，ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s ，故e ＝52π×0.02×100πcos 100πt (V)＝102cos 100πt(V)．(2)线框中感应电动势随时间变化的图像如图所示．。

2021-2022学年高中物理第二章交变电流2 描述交流电的物理量课时练习教科版选修3-2年级：姓名：描述交流电的物理量(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题,每小题6分,共36分)1.(多选)一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示。

由图可知()A.交变电流的周期是0.02 sB.交变电压的峰值是100 VC.在1.0×10-2 s时线圈与中性面垂直D.交变电压的瞬时表达式是u=100cos50πt(V)【解析】选B、C。

由图像可知,交流电的最大值为U m=100 V,电流的周期为0.04 s,故A错误、B正确;在1.0×10-2s时线圈感应电动势最大,磁通量最小,故此时线圈与中性面垂直,故C正确;交流电的角速度ω==50π rad/s,所以交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin50πt (V),故D错误。

故选B、C。

【加固训练】如图是一正弦式交变电流的电流与时间图像。

此交流电的周期和峰值分别为( )A.0.01 s 10 AB.0.02 s 10 AC.0.02 s 10 AD.0.01 s 10 A【解析】选B。

从图像可以直接读出此交流电的周期和峰值分别为0.02 s 、10 A,选项B正确。

2.如图所示为一交流电压随时间变化的图像。

每个周期内,前三分之一周期电压按正弦规律变化,后三分之二周期电压恒定。

根据图中数据可得,此交流电压的有效值为( )A.7.5 VB.8 VC.3 VD.2 V【解析】选D。

如题图所示,它不是正弦式电流,因此有效值不是等于最大值除以,取一个周期进行分段,在0～0.01 s是正弦式电流,则电压的有效值等于3 V,在0.01～0.03 s是恒定电流,则有效值等于9 V,由电流热效应得:×+×=解得:U=2 V,故D正确。

3.(多选)如图甲所示为风力发电的简易模型。

在风力的作用下,风叶带动与其固定在一起的磁铁转动,转速与风速成正比。

章末综合检测( 二 ) 电磁感应(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括12小题，共40分。

第1～8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，每小题3分；第9～12小题有多个选项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．电磁炉采用感应电流(涡流)的加热原理，其原理图如图所示。

它是通过电子线路产生交变磁场，把铁锅放在炉面上时，在铁锅底部产生交变电流。

它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点。

下列关于电磁炉的说法正确的是( )A．电磁炉面板可采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部B．电磁炉面板可采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品C．电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热D．电磁炉的锅具一般用铁锅，是因为铝锅、铜锅中不能形成涡流解析：选A 电磁炉面板如果采用金属材料，在交变磁场中产生涡流发热，会使线圈烧毁，故B错误；用陶瓷器皿作为锅具不能形成涡流，不能对食品加热，故C错误；铝锅、铜锅在电磁炉上也能形成涡流，但由于铝、铜导磁性弱，通过它们的磁场只是一小部分，因此在铝锅、铜锅中形成的涡流远比铁锅中的小，不是不能形成涡流，故D错误，A正确。

2．如图所示，左侧闭合电路中的电流大小为I1，ab为一段长直导线；右侧平行金属导轨的左端连接有与ab平行的长直导线cd，在远离cd导线的右侧空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，在磁场区域放置垂直导轨且与导轨接触良好的导体棒MN，当导体棒沿导轨匀速运动时，可以在cd上产生大小为I2的感应电流。

已知I1>I2，用f1和f2分别表示导线cd 产生的磁场对ab的安培力大小和ab产生的磁场对cd的安培力大小，下列说法正确的是( )A．若MN向左运动，ab与cd两导线相互吸引，f1＝f2B．若MN向右运动，ab与cd两导线相互吸引，f1＝f2C．若MN向左运动，ab与cd两导线相互吸引，f1>f2D．若MN向右运动，ab与cd两导线相互吸引，f1>f2解析：选B 若MN 向左运动，由右手定则可知cd 中的电流方向由d →c ，而ab 中的电流方向由a →b ，故二者方向相反，相互排斥。

2019-2020 年教科版物理选修3-2 讲义：第 2 章 +1．交变电流及答案1．交变电流[学习目标 ] 1.认识恒定电流和交变电流的观点． 2.知道交变电流的产生过程和电动势与电流方向的变化规律．(要点 ) 3.理解正弦交变电流的变化规律及表达式，知道中性面、刹时价的观点．(要点、难点 )一、交变电流1．恒定电流大小和方向都不随时间变化的电流，称为恒定电流．2．交变电流(1)定义：大小和方向随时间做周期性变化的电流，称为交变电流，简称沟通电．(2)正弦交变电流：电流随时间按正弦函数规律变化的交变电流，简称正弦交流电．二、正弦沟通电的产生和表述1．产生：闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生的感觉电流就是正弦沟通电．2．描绘函数图像刹时电动势：e＝ E m sin_ωt2019-2020 年教科版物理选修3-2 讲义：第 2 章 +1．交变电流及答案刹时电压：u＝U m sin_ωt刹时电流：i＝ I m sin_ωt最大值表达式： E m＝ NBSω .3．中性面：线圈平面与磁场垂直的地点．1．思虑判断 (正确的打“√”，错误的打“×” )(1) 交变电流指的是正弦沟通电．(×)(2) 教室的照明电路中所用的是正弦式沟通电．(√)(3) 电流方向做周期性变化的电流就是交变电流．(√ )(4) 只需闭合线圈在匀强磁场里匀速转动就必定产生正弦交变电流．(×)(5) 正弦交变电流的函数形式与计时起点相关．(√)(6) 当线圈中的磁通量为零时，产生的电流也为零．(× )2．以下四个图像中不属于沟通电的是()D [A、B、 C 中 e 的方向均做周期性变化，故它们属于沟通电， D 中 e 的大小变化而方向不变，属直流电．]3．如下图，一线圈在匀强磁场中匀速转动，经过图示地点时()A．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大C．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小A[由图可知线圈平面与磁感线平行，应处于垂直于中性面的平面，此时穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，因此 A 选项正确． ]交变电流的产生1.产生在匀强磁场中，绕垂直磁场方向的轴匀速转动的线圈中产生的是交变电流，实验装置如下图．2．过程剖析 (如下图 )线圈由甲地点转到乙地点过程中，电流方向为b→a→d→c.线圈由乙地点转到丙地点过程中，电流方向为b→a→d→c.线圈由丙地点转到丁地点过程中，电流方向为a→b→c→d.线圈由丁地点转到甲地点过程中，电流方向为a→b→c→d.3.两个特别地点对照地点中性面中性面的垂面磁通量最大零磁通量变化率零最大感觉电动势零最大线圈边沿切割磁感线的有效速度零最大感觉电流零最大电流方向改变不变【例 1】如下图，(1)→(2)→(3)→ (4)→ (5)过程是沟通发电机发电的表示图，线圈的 ab 边连在金属滑环 K 上， cd 边连在金属滑环 L 上，用导体系成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时能够经过滑环和电刷保持与外电路连结．下列说法正确的选项是 ()A．图 (1)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大B．从图 (2)地点开始计时，线圈中电流 i 随时间 t 变化的关系是 i＝I m sin ωtC．当线圈转到图 (3)地点时，感觉电流最小，且感觉电流方向改变D．当线圈转到图 (4)地点时，感觉电动势最小，ab 边感觉电流方向为b→ a C[将立体图转变成平面图来剖析，如下图．图甲中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小，故 A 错误；从图乙地点开始计时，则t＝0 时线圈产生的感觉电动势最大，形成的感觉电流最大，线圈中的电流i 随时间 t 变化的关系是 i＝I m cosωt，故 B 错误；当线圈2019-2020 年教科版物理选修3-2 讲义：第 2 章 +1．交变电流及答案转到图丙地点时，线圈位于中性面地点，此时感觉电流最小，且感觉电流方向改变，故 C 正确；当线圈转到图丁地点时，感觉电动势最大，依据右手定章可知ab 边感觉电流方向为b→ a，故 D 错误． ]线圈在匀强磁场中转动问题的剖析方法(1)剖析线圈在不一样时辰的地点及穿过它的磁通量、磁通量的变化率状况，利用右手定章或楞次定律确立感觉电流的方向．(2)搞清两个特别地点的特色ΔΦ①线圈平面与中性面重合时， S⊥B，Φ 最大，t ＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．ΔΦ②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，t 最大，e最大，i最大，电流方向不改变．训练角度 1：交变电流的产生1． (多项选择 )以下各图中，线圈中能产生交变电流的有()A BC DBCD [B、C、D 中当线圈在磁场中转动时，穿过线圈的磁通量变化，会产生感觉电流，而 A 中线圈转动时，穿过线圈的磁通量一直为零，无感觉电流产生，2019-2020 年教科版物理选修3-2 讲义：第 2 章 +1．交变电流及答案故 B、C、D 正确． ]训练角度 2：对中性面特色的理解2． (多项选择 )如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′以恒定的角速度ω 转动．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产π生的交变电流依据如图乙所示的余弦规律变化，则在t＝2ω时辰 ()甲乙A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．线圈中的电流为零2ππ 1 CD [线圈转动的角速度为ω，则转过一圈用时ω，当t＝2ω时说明转过了4圈，此时线圈位于中性面地点，因此穿过线圈的磁通量最大， B 错误；因为此时感觉电动势为零，因此线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零， A 错误，C、D 正确．]正弦沟通电的刹时价和最大值1．刹时价表达式的推导若线圈平面从中性面开始转动，如下图，则经时间t：2019-2020 年教科版物理选修3-2 讲义：第 2 章 +1．交变电流及答案2．峰值表达式(1)E m＝ NBSω＝ NΦmω.E m(2)I m＝R＋r.(3)U m＝I m R′.3．正弦交变电流的刹时价表达式(1)e＝ NBSω sin ωt＝E m sin ωt.e E m(2)i＝R＋r＝R＋r sin ωt＝I m sin ωt.(3)u＝iR＝ I m Rsin ωt＝U m sin ωt.上边各式中的 e、i、u 仅限于从中性面开始计时的状况．若从垂直于中性面(即从线圈平面与磁场平行时)开始计时，则上述表达式应为e＝E m cosωt，i＝I m cosωt，u＝ U m cos ωt.【例 2】一矩形线圈，面积是0.05 m2，共 100 匝，线圈电阻 r＝2 Ω，外接1电阻 R＝8 Ω，线圈在磁感觉强度B＝ T 的匀强磁场中以 n＝300 r/min 的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如下图，若从中性面开始计时，求：(1)线圈中感觉电动势的刹时价表达式；1(2)线圈从开始计时经 30 s 时线圈中由此获得的感觉电流的刹时价；(3)外电路 R 两头电压刹时价的表达式．思路点拨 ：①线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时电动势的最大值 E m ＝NBS ω.② 感觉电动势刹时价表达式与开始计时的地点相关，若从中性面开始计时，则 e ＝ E m sin ωt .分析： (1)线圈转速 n ＝300 r/min ＝5 r/s角速度 ω＝2 πn ＝10π rad/s线圈产生的感觉电动势最大值E m ＝ NBS ω＝50 V由此获得的感觉电动势刹时价表达式为e ＝E m sin ωt＝50sin 10 t πV.1(2)将 t ＝30 s 代入感觉电动势刹时价表达式中，1得 e ′＝50sin(10 ×π )V ＝25 3 V 30e ′5 3对应的感觉电流 i ′ ＝R ＋r ＝ 2 A.(3)由欧姆定律得 u ＝eR ＝40sin 10 t πV.R ＋r答案： (1)e ＝ 50sin 10 t πV (2)5 3A (3)u ＝ π2 40sin 10 t V(1)求交变电流刹时价的方法①确立线圈转动从哪个地点开始计时；②确立表达式是正弦函数仍是余弦函数；③确立转动的角速度ω＝2πn(n 的单位为 r/s)、E m＝NBSω；④写出表达式，代入角速度求刹时价．(2)线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦式交变电流，产生的交变电流与线圈的形状没关．如下图，若线圈的面积与例 2 中题图所示线圈面积同样，则答案完整同样．训练角度 1：交变电流的刹时价表达式3．某线圈在匀强磁场中转动所产生的电动势变化规律为e＝E m sin ωt，保持其余条件不变，使该线圈的转速和匝数同时增添一倍，则此时所产生的电动势的刹时价表达式为 ()A． e′＝ 2E m sin 2ωt B． e′＝ 2E m sin ωtC． e′＝ 4E m sin 2ωt D． e′＝ 4E m sin ωtC[因ω＝2πn，故转速加倍时，角速度也加倍，依据 E m＝ NBSω，转速和匝数均加倍时，电动势的峰值将变成本来的 4 倍，因此选项 C 正确． ] 训练角度 2：交变电流的变化规律4.一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的感觉电动势最大值为50 V ，那么该线圈从如下图地点转过30°时，线圈中的感觉电动势大小为()A．50 V B．25 3 VC．25 V D．10 VB[矩形线圈从图示地点开始计时转动产生的感觉电动势e＝50cosωt V，所以当线圈转过 30 °时，线圈中的感觉电动势大小为50cos 30 V°＝ 25 3 V ，选项 B 正确． ]交变电流的图像问题交变电流随时间 t 的变化规律不再是简单的正比率关系，因此借助图像来剖析研究比纯真用代数的方法更简捷、直观．1．从如下图的交变电流定以下量：(1)能够读出电动势的最大值E m.(2)可依据线圈转至中性面时电动势为零的特色，确立线圈处于中性面的时辰，确立了该时辰，也就确立了磁通量最大的时辰和磁通量变化率最小的时辰．(3)可依据线圈转至与磁场平行时感觉电动势最大的特色，确立线圈与中性面垂直的时辰，此时辰也就是磁通量为零的时辰和磁通量变化率最大的时辰．(4)能够确立某一时辰电动势大小以及某一时辰电动势的变化趋向．2．交变电流的电压或电流变化的快慢(变化率 )，在图线上等于某瞬时切线的斜率，它与电压或电流刹时价的大小是两回事．刹时价最大时，变化率最小(等于零)；刹时价为零时，变化率恰巧最大．在详细问题中，一定弄清楚哪些量与刹时价相关，哪些量与变化率相关．【例 3】一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像如图甲所示，则以下说法中正确的选项是()2019-2020 年教科版物理选修3-2 讲义：第 2 章 +1．交变电流及答案甲乙A． t＝0 时辰线圈平面与中性面垂直B． t＝ 0.01 s时辰Φ的变化率达到最大C． t＝0.02 s时辰感觉电动势达到最大D．该线圈相应的感觉电动势图像如题图乙所示B[t＝ 0 时Φ最大，线圈应在中性面地点， A 错误； t＝0.01 s时，Φ-t 图像的ΔΦ斜率最大，故t最大， B 正确； t＝0.02 s 时，Φ最大，故 e＝0，C 错误；因Φ-t 图像为余弦图像，故e-t 图像应为正弦图像， D 错误． ]交变电流图像问题的剖析方法(1)看清两轴物理量的物理意义，分清是何种图像．(2)剖析“斜率”“截距”“点”表示的物理意义．(3)掌握“图与图”“图与式”和“图与物”间的对应关系．5．如图甲所示，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，则以下说法正确的选项是()A．乙图中 ab 时间段对应甲图中 A 至 B 图的过程B．乙图中 bc 时间段对应甲图中 C 至 D 图的过程C．乙图中 d 时辰对应甲图中的 D 图D．若乙图中 d 处是 0.02 s，则 1 s 内电流的方向改变50 次B[A 图中，穿过线圈的磁通量最大，但变化率为零，此时线圈产生的电动2019-2020 年教科版物理选修3-2 讲义：第 2 章 +1．交变电流及答案势为零，故 A 错； C 图中，穿过线圈的磁通量最大，变化率为零，此时产生的电动势也为零，线圈沿轴逆时针转动，由 C 转到 D 的过程中，穿过线圈的磁通量减小，感觉电流形成的磁场与原磁场同样，故感觉电流的方向为adcba，与规定方向相反，电流为负， B 对；乙图中的 d 时辰电流为零，线圈应处于中性面地点，知 C 错；若乙图中 d 处是 0.02 s，即周期为 0.02 s，一个周期内电流方向改变两次，故1 s 改变 100 次， D 错． ][讲堂小结 ]核心概括知识脉络1.2 种电流——直流、沟通2．2 个特别地点——中性面、垂直中性面地点3．1 个过程——交变电流的产生过程4．1 个变化规律——交变电流的变化规律5． 2 个值——峰值、刹时价1． (多项选择 )对于交变电流和直流电的说法中，正确的选项是()A．假如电流大小做周期性变化，则必定是交变电流B．直流电的大小能够变化，但方向必定不变C．交变电流必定是按正弦或余弦规律变化的D．交变电流的最大特色就是电流的方向发生周期性的变化BD [直流电的特色是电流方向不变，沟通电的特色是电流方向周期性改变．此外交变电流不必定都是正弦沟通电或余弦沟通电．应选B、D.] 2． (多项选择 )矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，在线圈平面经过中性面瞬时 ()A．线圈平面与磁感线平行B．经过线圈的磁通量最大C．线圈中的感觉电动势最大D．线圈中感觉电流的方向改变BD [在线圈平面垂直于磁感线时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感觉电流，这样的地点叫作中性面．依据这必定义，线圈平面经过中性面瞬时，经过线圈的磁通量最大，线圈中的感觉电动势为零，此时，感觉电流的方向发生改变，因此选项 B、D 正确． ]3．如下图为演示交变电流产生的装置图，对于这个实验，正确的说法是()A．线圈每转动一周，指针左右摇动两次B．图示地点为中性面，线圈中无感觉电流C．图示地点 ab 边的感觉电流方向为a→bD．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零C[线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，图示地点为垂直中性面，线圈中感觉电流最大，故 B 错误；线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次经过中性面，电流方向改变两次，指针左右摇动一次；线圈处于图示地点时，ab 边向右运动，由右手定章知，ab 边的感觉电流方向为 a→b；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也能够这样以为，线圈处于竖直地点时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大． ]4．如图甲所示，一矩形线圈abcd搁置在匀强磁场中，并绕过ab、cd 中点的轴 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．以下四个选项中正确的是()πB[当从题图乙所示地点转过4时辰，线圈处在中性面地点，感觉电流为零，且在此段转动时间内电流方向为从 b 流向 a，应选项 B 正确． ]5.有一 10 匝正方形线框，边长为20 cm，线框总电阻为 1 Ω，线框绕 OO′轴以 10π rad/s的角速度匀速转动，如图，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感觉强度为 0.5 T．问：(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？(2)线框从图示地点转过60°时，感觉电动势的刹时价是多大？(3)写出感觉电动势随时间变化的表达式．分析： (1)交变电流电动势最大值为E m＝NBSω＝10××2×10π V＝ 6.28 VE m(2)线框转过 60°时，感觉电动势E＝ E m sin 60 ＝°5.44 V.(3)因为线框转动是从中性面开始计时的，因此刹时价表达式为e＝E m sin ωt＝6.28sin 10 t πV.答案： (1)6.28 V 6.28 A(2)5.44 V(3)e＝ 6.28sin 10 t πV。

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交变电流1．如图所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为( )．A．0.5Bl1l2ωsin ωt B．0.5Bl1l2ωcos ωtC．Bl1l2ωsin ωt D．Bl1l2ωcos ωt2．线圈在磁场中匀速转动产生的交流电动势为e＝t V，则下列说法正确的是（）．A．t＝0时，线圈平面位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速度最大D．t＝0。

4s时,e达到峰值3．把一段长度确定的导线做成线圈，在确定的磁场中绕垂直于磁场的轴线以固定的转速转动，产生的交流电动势最大的情况是（）．A．做成方形线圈，线圈平面垂直于转轴B．做成方形线圈，转轴通过线圈平面C．做成圆形线圈，转轴通过线圈平面D．做成圆形线圈，线圈平面垂直于转轴4．如图所示，矩形线圈abcd,已知ab为L1，ad为L2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω（从图中位置开始）匀速转动，则线圈中感应电动势的瞬时值表达式为（)．A ．12BL 1L 2ωsin ωtB ．12BL 1L 2ωcos ωtC ．BL 1L 2ωsin ωtD ．BL 1L 2ωcos ωt5．一闭合矩形线圈abcd 绕垂直于磁感线的固定轴OO ′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中．通过线圈的磁通量Φ随时间t 的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( ）．A ．t 1、t 3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B ．t 1、t 3时刻线圈中感应电流方向改变C ．t 2、t 4时刻线圈中磁通量最大D ．t 2、t 4时刻线圈中感应电动势最小6．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P 1和P 2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P 1转动时的电流等于绕P 2转动时的电流B ．线圈绕P 1转动时的电动势小于绕P 2转动时的电动势C ．线圈绕P 1和P 2转动时电流的方向相同，都是a →b →c →dD ．线圈绕P 1转动时dc 边受到的安培力大于绕P 2转动时dc 边受到的安培力7．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴转动，线圈共100匝,角速度为20rad/s ，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.06Wb,则线圈平面转到与磁感线平行时,感应电动势为____V,当线圈平面与中性面夹角为4时，感应电动势为____V ． 8．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.1T ，所用矩形线圈的匝数N ＝100匝,边长ab ＝0。

章末过关检测（二)(时间：60分钟，满分：100分）一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确）1．1873年奥地利维也纳世博会上,比利时出生的法国工程师格拉姆在布展中偶然接错了导线．把另一直流发电机发出的电接到了他自己送展的直流发电机的电流输出端，由此而观察到的现象导致了他的一项重要发明，从而突破了人类在电能利用方面的一项瓶颈．此项发明是（）A．新型直流发电机B．直流电动机C．交流电动机D．交流发电机解析：选B．发电机是由于线圈切割磁感线而生电，电动机是由于通电而转动,由于通以直流电，所以是直流电动机，则选项B 正确．2．如图是交流发电机的示意图，图甲到图丁分别表示线圈转动过程中的四个位置，其中甲、丙中的线圈与磁场方向垂直,乙、丁中线圈与磁场方向平行，则在线圈转动的过程中电流表有示数的是（）A．甲、丙B．乙、丁C．甲、乙D．丙、丁解析：选B．线圈转动中感应电流时刻在变化,位于中性面位置时磁通量最大，但感应电流最小，等于零．位于与中性面垂直位置时，磁通量最小，但感应电流最大，故选B．3．一交变电压的瞬时值u＝U m sin(100πt) V，当t＝错误!s时，u ＝5错误!V，则用交流电压表测电压时，电压表上看到的读数为（）A．5错误!V B．5 VC．10错误!V D．10 V解析:选D．因电压表读数为有效值，将t＝错误!s和u＝5错误!V 代入u＝U m sin(100πt），可知U m＝10错误!，故有效值为错误!＝10 V．选项D正确．4．两相同的白炽灯L1、L2接到如图所示的电路中，灯L1与电容器串联,灯L2与电感线圈串联，当a、b处接电压最大值为U m,频率为f的正弦交流电源时,两灯都发光，且亮度相同．更换一个新的正弦交流电源后灯L1的亮度大于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率应满足的条件是( ）A．最大值仍为U m,而频率大于fB．最大值仍为U m，而频率小于fC．最大值大于U m,而频率仍为fD．最大值小于U m，而频率仍为f解析：选A．更换新正弦交流电源后灯L1亮度大于灯L2的亮度，说明和灯L1串联的电容器对交变电流的阻碍作用变小，则新电源的频率变大，故选A．5．三个相同的电阻，分别通过如图（a)、（b）、(c)所示的交变电流，三个图中的I0和周期T相同．下列说法中正确的是( ）A．在相同时间内三个电阻发热量相等B．在相同时间内，(a)、（b)发热量相等，是(c）发热量的2倍C．在相同时间内，(a）、（c)发热量相等，是(b)发热量的1/2D．在相同时间内,(b)发热量最大，(a）次之，(c）的发热量最小解析：选C．（a)图像电流的有效值为错误!I0．(b）图像电流的有效值为I0，（c）图像根据电流有效值的定义有：I错误!R错误!＝I2RT，解得电流有效值I＝错误!I0,根据焦耳定律相同时间内产生热量之比等于电流有效值的平方比，Q1∶Q2∶Q3＝1∶2∶1，C对．6．如图所示处在匀强磁场中的单匝矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t＝0时刻,线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I 随时间t变化的图线是图中的( )解析:选C．由题给条件可知，cd在t＝0时由题图所示位置开始做切割磁感线运动，但其速度方向与磁场方向的夹角在变化，可知感应电动势的大小e＝BSω·cos ωt，所以感应电流的大小i＝错误!＝BSωR·cos ωt，又由楞次定律可判断t＝0时，感应电流方向与规定正方向相同,故选项C正确．二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求,全选对的得6分，选对但不全的得3分,有错选或不答的得0分)7．如图所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO′轴匀速转动，若要使线圈中的电流峰值减半，可行的方法是（)A．只将线圈的转速减半B．只将线圈的匝数减半C．只将匀强磁场的磁感应强度减半D．只将线圈的边长减半解析:选ABC．由I m＝错误!，E m＝NBSω，ω＝2πn，知A、B、C 正确．8．如图所示，一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动,在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为E m，下列说法正确的是（)A．当磁通量为零时，感应电动势也为零B．当磁通量减小时，感应电动势在增大C．当磁通量等于0．5Φm,感应电动势等于0．5E mD．角速度ω等于E m/Φm解析:选BD．当磁通量为零时，B∥S，此时线框中感应电动势最大，A错；磁通量减小时感应电动势在增大，B对；当Φ＝0．5Φm 时，线框平面与中性面夹角为60°或120°，此时感应电动势的大小e＝BSωsin 60°＝错误!E m，C错；根据E m＝BSω＝Φmω可知D对．9．电阻R1、R2与交流电源按照如图甲所示方式连接，R1＝10 Ω,R2＝20 Ω．合上开关S后，通过电阻R2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R1的电流有效值是1．2 AB．R1两端的电压有效值是6 VC．通过R2的电流最大值是0．6 错误!AD．R2两端的电压最大值是6错误!V解析：选BC．由i－t图像可知，电流最大值I m＝0．6错误!A，有效值I＝错误!＝0．6 A,因R1与R2串联，则I1＝I＝0．6 A，U1＝IR1＝6 V，I2m＝I m＝0．6错误!A．U2m＝I m R2＝12错误!V,故A、D错误,B、C正确．10．将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R，让它在磁感应强度为B，方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN匀速转动．导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P、电阻为r的小灯泡并正常发光．电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计,则下列说法中正确的是（)A．半圆形硬导线的转速为错误!B．半圆形硬导线的转速为错误!C．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为错误!D．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为错误!解析:选AC．转动的半圆形导线切割磁感线，产生感应电动势直接给灯泡供电,因灯泡此时正常发光，则其功率为P，电阻为r，设线圈转速为n，则感应电动势的有效值E有＝错误!,由P＝错误!得：E错误!＝P·r，可求得：n＝错误!，则A对、B错；线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电荷量q＝错误!＝错误!＝错误!,则C对、D错．三、非选择题（本题共3小题,共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分,有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）11．(12分)将交变电压u＝220sin 100πt V接到“220 V，100 W”的灯泡两端，如灯泡灯丝电阻保持不变,求:（1）通过灯泡电流的最大值；（2）灯泡的实际功率；(3）每秒钟电流方向改变的次数；(4)通过灯泡电流i的瞬时值表达式．解析：(1)由“220 V，100 W"知该灯电阻为R＝错误!＝484 Ω．通过灯泡电流的最大值为I m＝错误!＝错误!A≈0．45 A．（2）交变电压的有效值U＝错误!＝错误!V＝110错误!V灯泡的实际功率为：P＝错误!＝错误!W＝50 W．(3)周期T＝0．02 s，1秒钟电流方向改变的次数n＝错误!×2＝错误!×2＝100(次)．（4)通过灯泡电流的瞬时值表达式为i＝I m sin ωt＝0．45sin 100πt A．答案：(1)0．45 A (2）50 W (3)100次（4)i＝0．45sin 100πt A12．(14分）如图所示，“”型框置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，“”型框的三条边的长度均为L,电阻均为r，a、b两端连接阻值为R的电阻．“"型框绕轴ab以角速度ω逆时针(从上往下看）匀速转动,t＝0时刻经过图示位置．规定回路中a→d→c→b方向为电流的正方向，求：(1)通过电阻R的感应电流的表达式；（2)当t＝错误!时，通过电阻R的感应电流的大小和方向．解析：(1)“匚"形框产生的感应电动势的最大值为:E m＝BL2ω产生的感应电流的最大值为：I m＝错误!＝错误!通过电阻R的感应电流的表达式为:i＝I m sin ωt＝错误!sin ωt．（2）把t＝错误!代入解得：i＝错误!sin ω×错误!＝错误!，方向与规定的正方向相同．答案：（1)i＝错误!sin ωt(2）错误!电流沿逆时针方向（正方向或a→d→c→b）13．(14分）如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，绕圈的匝数n＝100，电阻r＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随学必求其心得，业必贵于专精时间t按图乙所示正弦规律变化．求：（1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2）电路中交流电压表的读数．解析:(1）电动势的最大值为E m＝nBSω．而Φm＝BS,ω＝错误!，所以E m＝错误!，由Φ－t图可知：Φm＝2．0×10－2 Wb，T＝6．28 s，代入得：E m＝2．0 V．(2)电动势的有效值为E＝错误!＝错误!V．根据闭合电路欧姆定律,电路中电流的有效值为:I＝错误!＝错误!×10－2 A．电压表的示数为U＝IR＝902×10－2≈1．27 V．答案：(1)2．0 V （2）1．27 V11。

章末过关检测（二)（时间:90分钟，满分：100分）一、单项选择题（本大题共7小题,每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1．一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动．线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图所示．下面说法中正确的是（)A．t1时刻通过线圈的磁通量为零B．t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D．每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都最大解析：选D。

t1、t3时刻感应电动势为零,线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A、C错误；t2时刻感应电动势最大,线圈位于中性面的垂面位置，穿过线圈的磁通量为零，B错误；由于线圈每经过一次中性面，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，e变换方向，所以D正确．2．原线圈两端电压恒定时用理想变压器给纯电阻负载供电时,用下列哪些办法可以增大输入电流（）A．增加原线圈的匝数B．增加副线圈的匝数C．在副线圈上多串联一个电阻D．使绕制线圈的导线粗一些解析：选B.根据U1/n1＝U2/n2增加副线圈的匝数，可以增大次级电压，从而增大次级电流，由I1n1＝I2n2，次级电流增加则初级电流必增大,A错,B对．在副线圈上多串联一个电阻，则次级电流会减小,根据I1n1＝I2n2，则初级电流必减小，C错．使绕制线圈的导线粗一些，只要匝数不变就不会影响输入电流，D错．3．图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内( ）A．电流表A1的示数比A2的小B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同D．电流表的示数都不为零解析：选C。

由于B－t图象的斜率不变，根据法拉第电磁感应定律当副线圈中产生的感应电流恒定不变时，为稳恒电流,电感线圈对稳恒电流没有阻碍作用，所以A1和A2的示数相同,电容器对稳恒电流相当于断路，所以A3的示数为0，正确答案为C.4．一理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，原线圈两端接一正弦式交变电流，其电压u随时间t变化的规律如图所示，则副线圈两端电压的有效值和频率分别为( )A．110 V，0.5 Hz B．110 V，50 HzC．220 V，50 Hz D．220 V，0.5 Hz解析：选B.根据题图可知原线圈两端所接正弦式交变电流的周期为2×10－2 s，频率为50 Hz，有效值为U1＝错误!V＝220 V，则原副线圈的电压比有错误!＝错误!，得副线圈两端电压的有效值为U2＝110 V,由变压器的原理可知原副线圈的交变电流的频率相同，所以可判定只有B对。