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2024年高考物理复习第一轮：第 1讲 交变电流的产生和描述
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这是一份2024年高考物理复习第一轮：第 1讲 交变电流的产生和描述，共22页。
第1讲 交变电流的产生和描述
[主干知识·填一填]
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．
2．正弦式交变电流
(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．
(3)变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
①电动势(e)：e＝Emsin ωt.
②电压(u)：u＝Umsin_ωt．
③电流(i)：i＝Imsin_ωt．
(4)图像(如图所示)
二、描述交变电流的物理量
1．交变电流的周期和频率的关系：T＝.
2．峰值和有效值
(1)峰值：交变电流的峰值是它能达到的最大值．
(2)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电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电流的有效值和电压的有效值．
(3)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系
I＝，U＝，E＝.
3．平均值：＝n.
[规律结论·记一记]
1．转轴和磁场垂直时，产生正弦式交变电流．
2．只有正(余)弦式交变电流的有效值和峰值之间是E＝的关系，其他交变电流不是．
3．正弦式交变电流的产生：线圈平面平行于磁场方向时电动势最大：Em＝nBSω.
(1)线圈从中性面开始转动：e＝Emsin ωt.
(2)线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcos ωt.
4．正弦式交变电流的有效值与最大值的关系，对整个波形、半个波形、甚至个波形都成立．
5．非正弦式交流电的有效值利用等效法求解，即：I2Rt等于一个周期内产生的总热量．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
1．交变电流的主要特征是电流的方向随时间周期性变化．(√)
2．大小变化而方向不变的电流也叫交变电流．(×)
3．线圈经过中性面时产生的感应电动势最大．(×)
4．在一个周期内，正弦交流电的方向改变两次．(√)
5．最大值和有效值之间的倍关系只适用于正弦式交变电流．(√)
6．交流电压表及交流电流表的读数均为峰值．(×)
二、经典小题速练
1．(鲁科版选择性必修第二册P61T2)(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势大小为e＝220sin 100πt V，则( )
A．交变电流的频率是100π Hz
B．t＝0时，线圈位于中性面
C．交变电流的周期是0.02 s
D．t＝0.05 s时，e有最大值
解析：BC 由感应电动势的表达式可以得出ω＝100π rad/s，而f＝＝50 Hz，故A项错误．t＝0时，e＝0 V，所以线圈处于中性面，此时线圈中磁通量的变化率为零，故B项正确．交变电流的周期T＝＝0.02 s，故C项正确．t＝0.05 s时，e＝0 V，此时感应电动势最小，故D项错误．
2．(人教版选择性必修第二册P55T4改编)如图是一个正弦式交变电流的图像，下列说法正确的是( )
A．频率是0.2 Hz，电流的峰值是10 A
B．周期是0.15 s，电流的峰值是10 A
C．频率是5 Hz，电流的有效值是10 A
D．周期是0.2 s，电流的有效值是7.07 A
解析：D 由题图知周期T＝0.2 s，电流的峰值是Im＝10 A，选项B错误；频率f＝＝ Hz＝5 Hz，电流有效值为I＝ A＝5 A≈7.07 A，选项AC错误，D正确．
3．(鲁科版选择性必修第二册P55T5改编)两只相同的电阻，分别通以正弦波形的交变电流和方波形的交变电流，两种交变电流的最大值与周期相等(如图甲、乙所示)．在正弦波形交变电流的一个周期内，正弦波形的交变电流在电阻上产生的焦耳热为Q1，其与方波形交变电流在电阻上产生的焦耳热Q2之比Q1∶Q2等于( )
A．1∶1 B．2∶1
C．1∶2 D．4∶3
解析：C 两种交变电流的最大值为Im.对于正弦波形电流，其有效值I1＝；对于方波形电流，其有效值I2＝Im.根据焦耳定律Q＝I2RT，得Q1∶Q2＝I∶I＝1∶2，选项C正确．
命题点一 正弦式交变电流的产生及变化规律(自主学习)
[核心整合]
1．中性面的三点说明
(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝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，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．
2．交变电流瞬时值表达式
(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式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．如：
①线圈在中性面位置开始计时，则i t图像为正弦函数图像，函数表达式为i＝Imsin ωt.
②线圈在垂直于中性面的位置开始计时，则i t图像为余弦函数图像，函数表达式为i＝Imcos ωt.
[题组突破]
1．(交变电流的产生及变化)如图所示，(a)→(b)→(c)→(d)过程是交流发电机发电的示意图，下列说法正确的是( )
A．当线圈转到图(a)位置时，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＝Imsin ωt
C．当线圈转到图(c)位置时，感应电流最小，且感应电流方向将要改变
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
解析：C 当线圈转到题图(a)位置时，线圈平面与磁感线垂直，线圈中磁通量最大，磁通量变化率为零，选项A错误；线圈在题图(b)位置时，线圈平面与磁感线平行，线圈中磁通量为零，磁通量变化率最大，产生的感应电动势和感应电流最大，从题图(b)位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imsin，选项B错误；当线圈转到题图(c)位置时，线圈平面与磁感线垂直，线圈中磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电流最小为零，且感应电流方向将要改变，选项C正确；当线圈转到题图(d)位置时，线圈平面与磁感线平行，线圈中磁通量为零，磁通量变化率最大，产生的感应电动势和感应电流最大，选项D错误．
2．(交变电流最大值的计算)如图所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，设磁感应强度为0.01 T，线圈边长AB为20 cm，宽AD为10 cm，转速n为50 r/s，则线圈转动时感应电动势的最大值为( )
A．1×10－2 V B．3.14×10－2 V
C．2×10－2 V D．6.28×10－2 V
解析：D 由Em＝BSω＝2πBSn
可得Em＝2×3.14×0.01×0.2×0.1×50 V
＝6.28×10－2 V．故选项D正确．
3．(描述交变电流的物理量)(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交变电流的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交变电流的图像如图线b所示．以下关于这两个正弦交变电流的说法正确的是( )
A．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∶2
C．交变电流a的电动势瞬时值表达式为e＝10sin(5πt)V
D．交变电流b的电动势最大值为 V
解析：BCD 在题图中t＝0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A错误；图线a的周期为0.4 s，图线b的周期为0.6 s，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B正确；交变电流的瞬时值表达式为e＝emsin ωt，所以a的电动势瞬时值表达式为e＝10sinV＝10sin(5πt)V，C正确；由Em＝NBSω，可知角速度变为原来的，则最大值变为原来的，交变电流b的电动势最大值为 V，D正确．
关于交变电流的产生及规律的三点注意
(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像问题时，应先把交变电流的图像与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置特征求解．
命题点二 有效值的理解与计算(自主学习)
[核心整合]
1．有效值的理解
(1)交流电流表、交流电压表的示数是指有效值．
(2)用电器铭牌上标的值(如额定电压、额定功率等)指的均是有效值．
(3)计算热量、电功率及保险丝的熔断电流指的是有效值．
(4)没有特别加以说明的，是指有效值．
(5)“交流的最大值是有效值的倍”仅适用于正(余)弦式交变电流．
2．有效值的计算
(1)公式法
利用E＝、U＝、I＝ 计算，只适用于正(余)弦式交变电流．
(2)利用有效值的定义计算(非正弦式电流)
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量转化时，可利用能量的转化和守恒定律来求有效值．
[题组突破]
1．(正弦式交变电流的有效值)电阻R1、R2与交流电源按照图甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流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 A
B．R1两端的电压有效值是6 V
C．通过R2的电流有效值是1.2 A
D．R2两端的电压最大值是6 V
解析：B 首先从交变电流图像中找出交变电流的最大值即通过R2的电流最大值为0.6 A，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系Im＝I可知其有效值为0.6 A，由于R1与R2串联，所以通过R1的电流有效值也是0.6 A，选项A、C错误；R1两端电压有效值为U1＝IR1＝6 V，选项B正确；R2两端电压最大值为U2m＝ImR2＝0.6×20 V＝12 V，选项D错误．
2．(矩形波形)一交流电压随时间变化的图像如图所示，此交流电压的有效值为( )
A．50 V B．50 V
C．25 V D．75 V
解析：A 题图中给出的是一方波交变电流，周期T＝0.3 s，前时间内U1＝100 V，后时间内U2＝－50 V．设该交流电压的有效值为U，根据有效值的定义，有T＝·＋·，代入已知数据，解得U＝50 V，选项A正确．
3．(矩形波与正弦波组合)(多选)一交变电流的i t图像如图所示，则对于该交变电流，下列说法正确的是( )
A．该交变电流的周期为0.02 s
B．该交变电流的最大值为4 A
C．该交变电流的有效值为2 A
D．该交变电流通过10 Ω的电阻时热功率为60 W
解析：BC 由交变电流的i t图像可知，最大值为Im＝4 A，周期为T＝0.03 s，选项A错误，B正确．设该交变电流的有效值为I，由有效值的定义得R×＋IR·＝I2RT，代入数据解得I＝2 A，选项C正确．由P＝I2R可得该交变电流通过10 Ω的电阻时热功率为80 W，选项D错误．
有效值求解的三点注意
(1)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．
(2)利用两类公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值．
(3)若图像部分是正弦式交变电流，其中的从零(或最大值)开始的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＝I、Um＝U求解．
命题点三 对交变电流“四值”的理解和应用(师生互动)
[核心整合]
物理量
表达式
适用情况及说明
瞬时值
e＝Emsin ωt u＝Umsin ωt i＝Imsin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
最大值(峰值)
Em＝nBSωIm＝
讨论电容器的击穿电压
有效值
对正弦式交变电流有：E＝ ，U＝，I＝
(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
(4)电表的读数为有效值
平均值
＝BL＝n，＝
计算通过电路截面的电荷量
(多选)如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，匝数为n、边长为L的正方形线圈绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，其角速度为ω，线圈总电阻为r.下列说法正确的是( )
A．线圈转动过程中的最大电流为
B．线圈转动一周产生的热量为
C．当线圈与中性面的夹角为30°时，线圈产生的瞬时电动势为nBL2ω
D．线圈从中性面开始，转动60°的过程中，通过导线横截面的电荷量为
解析：AB 线圈转动过程中的最大电动势为Em＝nBL2ω，根据闭合电路的欧姆定律得Im＝，A正确；电流的有效值为I＝＝，线圈转一圈的时间为t＝，线圈转动一周产生的热量为Q＝I2rt＝，B正确；当线圈与中性面的夹角为30°时，线圈产生的瞬时电动势为e＝Emsin ωt＝nBL2ω，C错误；线圈从中性面开始，转动60°的过程中，线圈磁通量的变化为ΔΦ＝BL2－BL2＝－BL2，通过导线横截面的电荷量为q＝t＝n＝nBL2，D错误．
[题组突破]
1．(交变电流峰值的应用)(多选)如图甲所示，标有“220 V 40 W”的电灯和标有“20 μF 300 V”的电容器并联接到交流电源上，为交流电压表．交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关S，下列判断正确的是( )
A．t＝时刻，的示数为零
B．电灯恰正常发光
C．电容器有可能被击穿
D．交流电压表的示数保持110 V不变
解析：BC 交流电压表的示数应是电压的有效值220 V，故A、D错误；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B正确；电压的峰值220 V≈311 V，大于电容器的耐压值，故电容器有可能被击穿，C正确．
2．(瞬时值和有效值的应用)(多选)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝矩形线圈的周期为T.转轴OO′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．任意时刻线圈中的电动势为e＝2cost(V)
B．线圈中电流的有效值为2 A
C．线圈消耗的电功率为4 W
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint(Wb)
解析：CD 任意时刻线圈中的电动势为e＝Emcost(V)，线圈转过60°时，感应电流为i＝＝＝1 A，解得Em＝4 V，所以任意时刻线圈中的电动势为e＝4cost(V)，A错误；线圈中电流的有效值为I＝＝＝ A，B错误；线圈消耗的电功率为P＝I2R＝4 W，C正确；感应电动势的最大值为Em＝BSω＝Φm，解得Φm＝，任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝Φmsint(Wb)＝sint(Wb)，D正确．
3．(交变电流的有效值、平均值的应用)如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是( )
A．转过时，线框中的电流方向为abcda
B．线框中感应电流的有效值为
C．线框转一周的过程中，产生的热量为
D．从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为
解析：B 转过时，线框中的电流方向为顺时针方向，故A错误；线圈转动过程中产生电动势的有效值为E＝＝，所以电流的有效值为I＝＝＝，故B正确；产生的热量Q＝I2Rt＝·R·＝，故C错误；从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为q＝It＝t＝×t＝＝，故D错误.
素养培优32 产生正弦式电流的四种模式
模式一 导体棒在匀强磁场中平动
如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝(图中用粗线表示)，R1＝4 Ω、R2＝8 Ω(导轨其他部分电阻不计)，导轨OAC的形状满足方程y＝2sin(单位：m)．磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速度v＝5.0 m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，金属棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计金属棒的电阻，求：
(1)外力F的最大值；
(2)金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；
(3)在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系．
解析：(1)当金属棒滑至A位置时，有效切割长度最大，为2 m，产生的最大感应电动势
Em＝BLmv＝0.2×2×5 V＝2 V，
电路的总电阻
R总＝＝ Ω，
最大感应电流Im＝＝ A＝0.75 A.
最大安培力F安＝BImLm＝0.2×0.75×2 N＝0.3 N，
由平衡条件可知，外力F的最大值Fm＝F安＝0.3 N.
(2)感应电动势最大时，电阻丝R1上消耗的功率最大，其最大功率
P1＝＝ W＝1 W.
(3)金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化
L＝2sin，x＝vt，E＝BLv，
I＝＝·2sin
＝sinA.
答案：(1)0.3 N (2)1 W
(3)I＝sinA
模式二 导体棒在匀强磁场中振动
一种振动发电装置的示意图如图甲所示，一个半径r＝0.10 m、匝数n＝20匝的线圈套在永久磁铁糟中，槽中磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右侧视图如图乙所示)，线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝ T，线圈的电阻R1＝0.50 Ω，它的引出线接有R2＝9.50 Ω的小电珠L，Ⓐ为理想交流电流表．当线圈框架的P端在外力作用下沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠．若线圈往复运动的规律如图丙所示(v取向右为正)，则下列判断正确的是( )
A．电流表的示数为0.24 A
B．0.01 s时回路中的电流最大
C．回路中交变电流的频率为50 Hz
D．0.015 s时电珠L中电流的方向为从D→L→C
解析：C 由E＝Blv及v t图像可知，线圈往复运动所产生的感应电流为正弦式交变电流，则Em＝nB×2πrvm＝2.4 V，电流的有效值I＝＝ A，A错误；由题图可知T＝0.02 s，f＝50 Hz，C正确；t＝0.01 s时，v＝0，所以I＝0，B错误；t＝0.015 s时，由右手定则可知，电流方向C→L→D，D错误．
模式三 棒在不均匀磁场中平动
如图所示，矩形裸导线框长边的长度为2l，短边的长度为l，在两个短边上均接有电阻R，其余部分电阻不计，导线框一长边与x轴重合，左端的坐标x＝0，线框处在一垂直于线框平面的磁场中，磁感应强度满足关系式B＝B0sin.一光滑导体棒AB与短边平行且与长边接触良好，电阻也是R.开始时导体棒处于x＝0处，之后在沿x轴方向的力F作用下做速度为v的匀速运动．求导体棒AB从x＝0到x＝2l的过程中力F随时间t的变化规律．
解析：在t时刻AB棒的坐标为x＝vt，感应电动势为e＝Blv＝B0lvsin，
回路总电阻为R总＝R＋0.5R＝1.5R，
通过AB的感应电流为i＝＝，
因为AB棒匀速运动，
所以F＝F安＝Bil＝.
答案：F＝
模式四 线圈处于周期性变化的磁场中
边长为a、匝数为n的正方形导线框置于均匀分布的磁场区域内，磁感应强度的方向与线框平面垂直，如图甲所示，磁感应强度B随时间按图乙所示的正弦规律变化．设导线框横截面的面积为S，电阻率为ρ，图像中所标物理量为已知量，求在时间t内(t≫T)线框中产生的热量．
解析：线圈中的磁通量按正弦规律变化，线框中感应电动势的最大值为Em＝nBma2ω，其中ω＝，又知R＝，线框中电流的最大值为Im＝，线框在时间t内产生的热量为Q＝Rt，解以上各式得Q＝.
答案：
正弦式交流电的产生的实质是产生了正弦式感应电动势，根据E＝Blv，可以分别在B、l、v这三个物理量上做文章．
限时规范训练
[基础巩固]
1.如图所示，虚线是正弦交变电流的图像，实线是另一交变电流的图像，它们的周期T和最大值Um相同，则实线所对应的交变电流的有效值U满足( )
A．U＝ B．U＝
C．U＞ D．U＜
解析：D 因虚线是正弦交变电流的图像，则该交变电流的有效值为U有效值＝＝，由题图可知，在任意时刻，实线所代表的交变电流的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交变电流的瞬时值，则实线所代表的交变电流的有效值小于虚线表示的正弦交变电流的有效值，则U＜，故D正确．
2．(2021·全国高三专题练习)如图(a)所示，阻值为R＝20 Ω的定值电阻接在如图(b)所示的交变电流上，交变电流的前半个周期为正弦交变电流，后半个周期为恒定电流．理想交流电压表的示数为( )
A．20 V B．20 V
C．20 V D．40 V
解析：C 由I2RT＝R·＋IR·，得I＝ A，根据欧姆定律得U＝IR＝20 V，故选C.
3．(2021·全国高三专题练习)图甲所示电压按正弦规律变化，图乙所示电压是正弦交变电流的一部分，则下列说法正确的是( )
A．图乙所示的电压也是正弦式交流电压
B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝10sin 50πt(V)
C．图乙所示电压的周期与图甲所示电压周期相同
D．图甲所示电压的有效值比图乙所示电压的有效值小
解析：D 题图乙所示电压只有一部分按正弦规律变化，不能称为正弦式交流电压，故A错误；题图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝10sin 100πt(V)，故B错误；图乙所示电压的周期为图甲所示电压周期的2倍，故C错误；图甲所示电压的有效值为5 V，对图乙，由·＝T，得电压的有效值为U＝10 V，故D正确．
4．(多选)如图所示为交流发电机的模型示意图，矩形线框abcd在匀强磁场中绕OO′逆时针匀速转动，从图示位置开始转过90°的过程中，下列说法正确的是( )
A．电流方向由c到b，大小逐渐减小
B．电流方向由b到c，大小逐渐增大
C．电流的有效值与平均值的比值为
D．电流的有效值与平均值的比值为
解析：BD 根据楞次定律可知，电流方向由b到c，从中性面开始计时，转过90°的过程中，电流逐渐增大，A错误，B正确；电流的有效值为I＝，电流的平均值为＝＝，二者之比为，C错误，D正确．
5．(2021·全国高三专题练习)如图所示，单匝矩形线圈ab边长为20 cm，bc边长为10 cm，绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，转速为50 r/s.若磁感应强度为0.1 T，线圈电阻为1 Ω，从中性面处开始计时，则( )
A．转动过程中，线圈中磁通量的变化率恒定
B．1 s内线圈中电流方向改变100次
C．线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝sin 50πt(A)
D．线圈消耗的电功率为 W
解析：B 线圈从中性面开始匀速转动产生正弦交变电流，感应电动势即磁通量的变化率按正弦规律变化，故A错误；线圈的转速n＝50 r/s，即每秒50个周期，每个周期电流方向改变2次，故1 s内线圈中电流方向改变100次，故B正确；线圈转运的角速度ω＝2πn＝100π rad/s，感应电流的最大值Im＝＝ A，故线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝sin 100πt(A)，故C错误；线圈中的电流I＝＝ A，故线圈消耗的电功率P＝I2R＝ W，故D错误．
6．(2021·广东珠海市高三二模)如图所示，正方形线框abcd绕对称轴OO′在匀强磁场中匀速转动，角速度ω＝100 rad/s，线框边长L＝0.1 m，匝数N＝100，磁感应强度B＝0.1 T，图示位置线框平面与磁感线平行，闭合回路中线框的电阻r＝2 Ω，外接电阻R＝8 Ω.则( )
A．图中所示的瞬间，线框处于中性面
B．转动过程中，穿过线框的磁通量最大值为0.1 Wb
C．电压表读数为4 V
D．通过电阻R电流的有效值为1 A
解析：C 中性面与磁场方向垂直，则图中所示的瞬间，线框垂直于中性面．故A错误；转动过程中，穿过线框的磁通量最大值为Φm＝BL2＝0.001 Wb，故B错误；线圈最大电动势为Em＝NBL2ω＝10 V，有效电动势为E＝＝5 V，外电压为U＝E＝4 V，即为电压表示数，故C正确；通过电阻R电流的有效值为I＝＝ A，故D错误．
7．(多选)风电是一种清洁、绿色的可再生能源，中国的风电装机容量，目前处于世界领先地位．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铁转动，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10 r/s
B．线圈两端电压的有效值为6 V
C．交变电流的电压表达式为u＝12sin 5πt(V)
D．该交变电流的频率为50 Hz
解析：BC 电压的周期为T＝0.4 s，故磁铁的转速为n＝2.5 r/s，f＝2.5 Hz，故A、D错误；通过题图乙可知电压的最大值为12 V，故有效值U＝＝ V＝6 V，故B正确；周期T＝0.4 s，故ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，故电压的表达式为u＝12sin 5πt(V)，故C正确．
[能力提升]
8．(2021·湖北襄阳模拟)矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动．若轴线右侧没有磁场(磁场具有理想边界)，如图所示．设abcda方向为感应电流的正方向．从图示位置开始一个周期内线圈中感应电流随时间变化的图像正确的是( )
解析：A 从题图示位置开始，在0～时间内，穿过线圈的磁通量减小，原磁场方向向里，由楞次定律“增反减同”可知，感应电流的磁场方向向里，由安培定则可知，产生的感应电流的方向为abcda，即与电流规定的正方向相同，且产生的感应电流的大小随时间按正弦规律变化，有i＝sin ωt，在～时间内，穿过线圈的磁通量增大，原磁场方向向里，由楞次定律“增反减同”可知，感应电流的磁场方向向外，因线圈的位置也发生了变化，所以产生的感应电流的方向还是abcda，即与电流规定的正方向相同，结合题中选项可知，A正确，B、C、D错误．
9．(多选)如图所示，矩形单匝线圈abcd，线圈放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，转动的周期为T，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，转轴OO′垂直于磁场方向，线圈的阻值为R，与线圈相连的电阻的阻值也为R，从图示位置开始计时，线圈转过30°时线圈中的瞬时感应电流为I.以下判断正确的是( )
A．线圈的面积为
B．线圈消耗的电功率为4I2R
C．t时刻线圈中的感应电动势的瞬时值e＝2IRsint
D．t时刻穿过线圈的磁通量的瞬时值Φ＝cos t
解析：AD 设ab边长为l1，bc边长为l2，线圈转动过程中bc边或ad边切割磁感线，这两个边的切割刚好交替进行，从图示位置开始计时，bc边切割磁感线的速度为v＝ωl1sin ωt＝l1sint，其产生的瞬时电动势为e＝Bl2v＝sint＝·sint，则线圈转动30°时的瞬时电动势为E＝，电路的总电阻为2R，产生的瞬间电流为I＝＝，解得线圈的面积S＝，选项A正确；线圈中感应电动势的最大值Em＝＝4IR，有效值E＝＝2IR，线圈消耗的电功率P＝R＝2I2R，选项B错误；t时刻线圈中的感应电动势的瞬时值e＝sin ωt＝4IRsint，穿过线圈的磁通量的瞬时值Φ＝BScos ωt＝cost，选项C错误，D正确．
10．(2021·山东德州模拟)如图甲所示，将阻值为R＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电阻上电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表为理想电表，下列说法正确的是( )
A．电阻R两端电压变化规律的函数表达式为 u＝2.5 sin 100πt(V)
B．电阻R消耗的电功率为1.25 W
C．若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1 A
D．图乙交变电流与图丁所示电流的有效值之比为
解析：D 题图乙所示电流的最大值为Im＝0.5 A，由欧姆定律得Um＝ImR＝2.5 V，周期为T＝0.01 s，ω＝＝200π rad/s，所以R两端电压的表达式为u＝2.5sin 200πt(V)，选项A错误；该电流的有效值为I＝，电阻R消耗的电功率为P＝I2R，解得P＝0.625 W，选项B错误；若该交变电流由题图丙所示矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生，当转速提升一倍时，电动势的最大值Em＝nBSω变为原来的2倍，电路中电流的有效值也变为原来的2倍，即I′＝2I＝2×＝2× A≠1 A，选项C错误；题图乙中的正弦式交变电流的有效值为 A，题图丁所示的交变电流虽然方向发生变化，但大小恒为0.5 A，故有效值之比为，选项D正确．
11．(多选)如图甲所示，abcd是匝数为50匝、边长为20 cm、总电阻为1.0 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直向里的磁场中．磁感应强度B随时间t发生周期性变化，变化关系如图乙所示．不考虑线圈各边电流之间的相互作用，以下说法中正确的是( )
A．在t＝1.0 s时，导线圈产生的感应电流大小为4.0 A
B．在t＝2.5 s时，导线圈ab边受到的磁场对它的安培力方向垂直ab边指向导线圈外侧
C．导线圈中产生的是直流电
D．在一个周期内，导线圈内电流的有效值为2 A
解析：BD 在t＝1.0 s时，导线圈产生的感应电流大小为I1＝n＝50× A＝2 A，故A错误；在2～3 s时间内，穿过导线圈abcd的磁通量减少，根据楞次定律和安培定则可知，感应电流沿顺时针方向，ab中电流从a到b，由左手定则可判断出，导线圈ab边受到的磁场对它的安培力方向垂直ab边指向导线圈外侧，故B正确；根据楞次定律可知，0～2 s时间内和2～3 s时间内的感应电流方向相反，故C错误；2～3 s时间内的电流大小为I2＝n＝50× A＝4 A，由I2RT＝IR＋IR，解得导线圈内电流的有效值为I＝2 A，故D正确．
12．(多选)如图所示，虚线OO′左侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，凸形线框abcdefgh以虚线OO′为轴以角速度ω匀速转动，abch为边长为L的正方形，defg为边长为L的正方形，线框的总电阻为R，从图示位置开始计时，则( )
A．在t＝0时刻，线框中的感应电流最大
B．在转过90°的过程中，线框中感应电流的瞬时值i随时间t变化的规律为i＝
C．线框感应电流的最大值为Imax＝
D．线框转过60°时的瞬时电动势为
解析：BC 从图示位置开始计时，在转过90°的过程中，线框中产生的感应电动势的瞬时值为e＝BL2ωsin ωt，感应电流的瞬时值为i＝＝，故t＝0时刻，I＝0，线框中感应电流的最大值为Imax＝，A错误，B、C正确；线框转过60°时的瞬时电动势为e＝BL2ωsin＝BL2ω，故D错误．
13．(多选)手机无线充电工作原理的示意图如图所示，由送电线圈和受电线圈组成．已知受电线圈的匝数为n＝50匝，电阻r＝1.0 Ω，在它的c、d两端接一阻值R＝9.0 Ω的电阻．设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间按图乙所示的规律变化，可在受电线圈中产生电动势最大值为20 V的正弦式交变电流，设t1时刻磁场竖直向上．则( )
A．在t＝π×10－3 s时，受电线圈中产生电流的大小2.0 A
B．在t＝π×10－3 s时，c端电势低于d端
C．在一个周期内，电阻R上产生的热量为5.7×10－3 J
D．从t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量为2×10－3 C
解析：AD 由题图乙知t＝π×10－3 s时受电线圈中产生的电动势最大，为Em＝20 V，线圈中产生感应电流的大小为I1＝Im＝＝2.0 A，故A正确；由楞次定律可以得到此时c端电势高于d端，故B错误；通过电阻的电流的有效值为I＝＝ A，电阻在一个周期内产生的热量Q＝I2RT≈5.7×10－2 J，故C错误；线圈中感应电动势的平均值＝n，通过电阻R的电流的平均值为＝，通过电阻R的电荷量q＝·Δt，由题图乙知，在～的时间内，ΔΦ＝4×10－4 Wb，解得q＝n＝2×10－3 C，故D正确．
14．(2021·北京高三期末)如图所示，交流发电机的矩形金属线圈，ab边和cd边的长度L1＝50 cm，bc边和ad边的长度L2＝20 cm，匝数n＝100 匝，线圈的总电阻r＝10 Ω，线圈位于磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中．线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起，并通过电刷与阻值R＝90 Ω的定值电阻连接．初始状态时线圈平面与磁场方向平行，现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OO′以角速度ω＝400 rad/s匀速转动．电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计．
(1)从线圈经过图示位置开始计时，写出电阻R两端电压随时间变化的函数关系式；
(2)从线圈经过图示位置开始计时，写出ab边所受安培力大小随时间变化的函数关系式；
(3)求维持线圈匀速转动1圈，所需外力做的功W.(保留三位有效数字)
解析：(1)感应电动势的最大值Em＝nBL1L2ω＝200 V
电阻R两端电压最大值Um＝Em＝180 V
电阻R两端电压随时间变化的函数关系式
u＝Umcos ωt＝180cos 400t(V)
(2)通过电阻R的电流的瞬时值i＝＝2cos 400t
ab边所受安培力大小随时间变化的函数关系式
F＝nBiL1＝5cos 400t(N)
(3)线圈匀速转动1圈时产生的热量为Q＝T
T＝
代入数据解得Q＝3.14 J
由功能关系知，线圈匀速转动时，外力做功等于电路中产生的热量，即：W＝Q＝3.14 J.
答案：(1)u＝180cos 400t(V) (2)F＝5cos 400t(N) (3)3.14 J
第1讲 交变电流的产生和描述
[主干知识·填一填]
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．
2．正弦式交变电流
(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．
(3)变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
①电动势(e)：e＝Emsin ωt.
②电压(u)：u＝Umsin_ωt．
③电流(i)：i＝Imsin_ωt．
(4)图像(如图所示)
二、描述交变电流的物理量
1．交变电流的周期和频率的关系：T＝.
2．峰值和有效值
(1)峰值：交变电流的峰值是它能达到的最大值．
(2)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电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电流的有效值和电压的有效值．
(3)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系
I＝，U＝，E＝.
3．平均值：＝n.
[规律结论·记一记]
1．转轴和磁场垂直时，产生正弦式交变电流．
2．只有正(余)弦式交变电流的有效值和峰值之间是E＝的关系，其他交变电流不是．
3．正弦式交变电流的产生：线圈平面平行于磁场方向时电动势最大：Em＝nBSω.
(1)线圈从中性面开始转动：e＝Emsin ωt.
(2)线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcos ωt.
4．正弦式交变电流的有效值与最大值的关系，对整个波形、半个波形、甚至个波形都成立．
5．非正弦式交流电的有效值利用等效法求解，即：I2Rt等于一个周期内产生的总热量．
[必刷小题·测一测]
一、易混易错判断
1．交变电流的主要特征是电流的方向随时间周期性变化．(√)
2．大小变化而方向不变的电流也叫交变电流．(×)
3．线圈经过中性面时产生的感应电动势最大．(×)
4．在一个周期内，正弦交流电的方向改变两次．(√)
5．最大值和有效值之间的倍关系只适用于正弦式交变电流．(√)
6．交流电压表及交流电流表的读数均为峰值．(×)
二、经典小题速练
1．(鲁科版选择性必修第二册P61T2)(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势大小为e＝220sin 100πt V，则( )
A．交变电流的频率是100π Hz
B．t＝0时，线圈位于中性面
C．交变电流的周期是0.02 s
D．t＝0.05 s时，e有最大值
解析：BC 由感应电动势的表达式可以得出ω＝100π rad/s，而f＝＝50 Hz，故A项错误．t＝0时，e＝0 V，所以线圈处于中性面，此时线圈中磁通量的变化率为零，故B项正确．交变电流的周期T＝＝0.02 s，故C项正确．t＝0.05 s时，e＝0 V，此时感应电动势最小，故D项错误．
2．(人教版选择性必修第二册P55T4改编)如图是一个正弦式交变电流的图像，下列说法正确的是( )
A．频率是0.2 Hz，电流的峰值是10 A
B．周期是0.15 s，电流的峰值是10 A
C．频率是5 Hz，电流的有效值是10 A
D．周期是0.2 s，电流的有效值是7.07 A
解析：D 由题图知周期T＝0.2 s，电流的峰值是Im＝10 A，选项B错误；频率f＝＝ Hz＝5 Hz，电流有效值为I＝ A＝5 A≈7.07 A，选项AC错误，D正确．
3．(鲁科版选择性必修第二册P55T5改编)两只相同的电阻，分别通以正弦波形的交变电流和方波形的交变电流，两种交变电流的最大值与周期相等(如图甲、乙所示)．在正弦波形交变电流的一个周期内，正弦波形的交变电流在电阻上产生的焦耳热为Q1，其与方波形交变电流在电阻上产生的焦耳热Q2之比Q1∶Q2等于( )
A．1∶1 B．2∶1
C．1∶2 D．4∶3
解析：C 两种交变电流的最大值为Im.对于正弦波形电流，其有效值I1＝；对于方波形电流，其有效值I2＝Im.根据焦耳定律Q＝I2RT，得Q1∶Q2＝I∶I＝1∶2，选项C正确．
命题点一 正弦式交变电流的产生及变化规律(自主学习)
[核心整合]
1．中性面的三点说明
(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝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，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．
2．交变电流瞬时值表达式
(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式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．如：
①线圈在中性面位置开始计时，则i t图像为正弦函数图像，函数表达式为i＝Imsin ωt.
②线圈在垂直于中性面的位置开始计时，则i t图像为余弦函数图像，函数表达式为i＝Imcos ωt.
[题组突破]
1．(交变电流的产生及变化)如图所示，(a)→(b)→(c)→(d)过程是交流发电机发电的示意图，下列说法正确的是( )
A．当线圈转到图(a)位置时，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＝Imsin ωt
C．当线圈转到图(c)位置时，感应电流最小，且感应电流方向将要改变
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
解析：C 当线圈转到题图(a)位置时，线圈平面与磁感线垂直，线圈中磁通量最大，磁通量变化率为零，选项A错误；线圈在题图(b)位置时，线圈平面与磁感线平行，线圈中磁通量为零，磁通量变化率最大，产生的感应电动势和感应电流最大，从题图(b)位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imsin，选项B错误；当线圈转到题图(c)位置时，线圈平面与磁感线垂直，线圈中磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电流最小为零，且感应电流方向将要改变，选项C正确；当线圈转到题图(d)位置时，线圈平面与磁感线平行，线圈中磁通量为零，磁通量变化率最大，产生的感应电动势和感应电流最大，选项D错误．
2．(交变电流最大值的计算)如图所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，设磁感应强度为0.01 T，线圈边长AB为20 cm，宽AD为10 cm，转速n为50 r/s，则线圈转动时感应电动势的最大值为( )
A．1×10－2 V B．3.14×10－2 V
C．2×10－2 V D．6.28×10－2 V
解析：D 由Em＝BSω＝2πBSn
可得Em＝2×3.14×0.01×0.2×0.1×50 V
＝6.28×10－2 V．故选项D正确．
3．(描述交变电流的物理量)(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交变电流的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交变电流的图像如图线b所示．以下关于这两个正弦交变电流的说法正确的是( )
A．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∶2
C．交变电流a的电动势瞬时值表达式为e＝10sin(5πt)V
D．交变电流b的电动势最大值为 V
解析：BCD 在题图中t＝0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A错误；图线a的周期为0.4 s，图线b的周期为0.6 s，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B正确；交变电流的瞬时值表达式为e＝emsin ωt，所以a的电动势瞬时值表达式为e＝10sinV＝10sin(5πt)V，C正确；由Em＝NBSω，可知角速度变为原来的，则最大值变为原来的，交变电流b的电动势最大值为 V，D正确．
关于交变电流的产生及规律的三点注意
(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像问题时，应先把交变电流的图像与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置特征求解．
命题点二 有效值的理解与计算(自主学习)
[核心整合]
1．有效值的理解
(1)交流电流表、交流电压表的示数是指有效值．
(2)用电器铭牌上标的值(如额定电压、额定功率等)指的均是有效值．
(3)计算热量、电功率及保险丝的熔断电流指的是有效值．
(4)没有特别加以说明的，是指有效值．
(5)“交流的最大值是有效值的倍”仅适用于正(余)弦式交变电流．
2．有效值的计算
(1)公式法
利用E＝、U＝、I＝ 计算，只适用于正(余)弦式交变电流．
(2)利用有效值的定义计算(非正弦式电流)
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量转化时，可利用能量的转化和守恒定律来求有效值．
[题组突破]
1．(正弦式交变电流的有效值)电阻R1、R2与交流电源按照图甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流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 A
B．R1两端的电压有效值是6 V
C．通过R2的电流有效值是1.2 A
D．R2两端的电压最大值是6 V
解析：B 首先从交变电流图像中找出交变电流的最大值即通过R2的电流最大值为0.6 A，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系Im＝I可知其有效值为0.6 A，由于R1与R2串联，所以通过R1的电流有效值也是0.6 A，选项A、C错误；R1两端电压有效值为U1＝IR1＝6 V，选项B正确；R2两端电压最大值为U2m＝ImR2＝0.6×20 V＝12 V，选项D错误．
2．(矩形波形)一交流电压随时间变化的图像如图所示，此交流电压的有效值为( )
A．50 V B．50 V
C．25 V D．75 V
解析：A 题图中给出的是一方波交变电流，周期T＝0.3 s，前时间内U1＝100 V，后时间内U2＝－50 V．设该交流电压的有效值为U，根据有效值的定义，有T＝·＋·，代入已知数据，解得U＝50 V，选项A正确．
3．(矩形波与正弦波组合)(多选)一交变电流的i t图像如图所示，则对于该交变电流，下列说法正确的是( )
A．该交变电流的周期为0.02 s
B．该交变电流的最大值为4 A
C．该交变电流的有效值为2 A
D．该交变电流通过10 Ω的电阻时热功率为60 W
解析：BC 由交变电流的i t图像可知，最大值为Im＝4 A，周期为T＝0.03 s，选项A错误，B正确．设该交变电流的有效值为I，由有效值的定义得R×＋IR·＝I2RT，代入数据解得I＝2 A，选项C正确．由P＝I2R可得该交变电流通过10 Ω的电阻时热功率为80 W，选项D错误．
有效值求解的三点注意
(1)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．
(2)利用两类公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值．
(3)若图像部分是正弦式交变电流，其中的从零(或最大值)开始的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＝I、Um＝U求解．
命题点三 对交变电流“四值”的理解和应用(师生互动)
[核心整合]
物理量
表达式
适用情况及说明
瞬时值
e＝Emsin ωt u＝Umsin ωt i＝Imsin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
最大值(峰值)
Em＝nBSωIm＝
讨论电容器的击穿电压
有效值
对正弦式交变电流有：E＝ ，U＝，I＝
(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
(4)电表的读数为有效值
平均值
＝BL＝n，＝
计算通过电路截面的电荷量
(多选)如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，匝数为n、边长为L的正方形线圈绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，其角速度为ω，线圈总电阻为r.下列说法正确的是( )
A．线圈转动过程中的最大电流为
B．线圈转动一周产生的热量为
C．当线圈与中性面的夹角为30°时，线圈产生的瞬时电动势为nBL2ω
D．线圈从中性面开始，转动60°的过程中，通过导线横截面的电荷量为
解析：AB 线圈转动过程中的最大电动势为Em＝nBL2ω，根据闭合电路的欧姆定律得Im＝，A正确；电流的有效值为I＝＝，线圈转一圈的时间为t＝，线圈转动一周产生的热量为Q＝I2rt＝，B正确；当线圈与中性面的夹角为30°时，线圈产生的瞬时电动势为e＝Emsin ωt＝nBL2ω，C错误；线圈从中性面开始，转动60°的过程中，线圈磁通量的变化为ΔΦ＝BL2－BL2＝－BL2，通过导线横截面的电荷量为q＝t＝n＝nBL2，D错误．
[题组突破]
1．(交变电流峰值的应用)(多选)如图甲所示，标有“220 V 40 W”的电灯和标有“20 μF 300 V”的电容器并联接到交流电源上，为交流电压表．交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关S，下列判断正确的是( )
A．t＝时刻，的示数为零
B．电灯恰正常发光
C．电容器有可能被击穿
D．交流电压表的示数保持110 V不变
解析：BC 交流电压表的示数应是电压的有效值220 V，故A、D错误；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B正确；电压的峰值220 V≈311 V，大于电容器的耐压值，故电容器有可能被击穿，C正确．
2．(瞬时值和有效值的应用)(多选)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的单匝矩形线圈的周期为T.转轴OO′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．任意时刻线圈中的电动势为e＝2cost(V)
B．线圈中电流的有效值为2 A
C．线圈消耗的电功率为4 W
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint(Wb)
解析：CD 任意时刻线圈中的电动势为e＝Emcost(V)，线圈转过60°时，感应电流为i＝＝＝1 A，解得Em＝4 V，所以任意时刻线圈中的电动势为e＝4cost(V)，A错误；线圈中电流的有效值为I＝＝＝ A，B错误；线圈消耗的电功率为P＝I2R＝4 W，C正确；感应电动势的最大值为Em＝BSω＝Φm，解得Φm＝，任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝Φmsint(Wb)＝sint(Wb)，D正确．
3．(交变电流的有效值、平均值的应用)如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，下列说法正确的是( )
A．转过时，线框中的电流方向为abcda
B．线框中感应电流的有效值为
C．线框转一周的过程中，产生的热量为
D．从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为
解析：B 转过时，线框中的电流方向为顺时针方向，故A错误；线圈转动过程中产生电动势的有效值为E＝＝，所以电流的有效值为I＝＝＝，故B正确；产生的热量Q＝I2Rt＝·R·＝，故C错误；从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为q＝It＝t＝×t＝＝，故D错误.
素养培优32 产生正弦式电流的四种模式
模式一 导体棒在匀强磁场中平动
如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝(图中用粗线表示)，R1＝4 Ω、R2＝8 Ω(导轨其他部分电阻不计)，导轨OAC的形状满足方程y＝2sin(单位：m)．磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速度v＝5.0 m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，金属棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计金属棒的电阻，求：
(1)外力F的最大值；
(2)金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；
(3)在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系．
解析：(1)当金属棒滑至A位置时，有效切割长度最大，为2 m，产生的最大感应电动势
Em＝BLmv＝0.2×2×5 V＝2 V，
电路的总电阻
R总＝＝ Ω，
最大感应电流Im＝＝ A＝0.75 A.
最大安培力F安＝BImLm＝0.2×0.75×2 N＝0.3 N，
由平衡条件可知，外力F的最大值Fm＝F安＝0.3 N.
(2)感应电动势最大时，电阻丝R1上消耗的功率最大，其最大功率
P1＝＝ W＝1 W.
(3)金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化
L＝2sin，x＝vt，E＝BLv，
I＝＝·2sin
＝sinA.
答案：(1)0.3 N (2)1 W
(3)I＝sinA
模式二 导体棒在匀强磁场中振动
一种振动发电装置的示意图如图甲所示，一个半径r＝0.10 m、匝数n＝20匝的线圈套在永久磁铁糟中，槽中磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右侧视图如图乙所示)，线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝ T，线圈的电阻R1＝0.50 Ω，它的引出线接有R2＝9.50 Ω的小电珠L，Ⓐ为理想交流电流表．当线圈框架的P端在外力作用下沿轴线做往复运动，便有电流通过电珠．若线圈往复运动的规律如图丙所示(v取向右为正)，则下列判断正确的是( )
A．电流表的示数为0.24 A
B．0.01 s时回路中的电流最大
C．回路中交变电流的频率为50 Hz
D．0.015 s时电珠L中电流的方向为从D→L→C
解析：C 由E＝Blv及v t图像可知，线圈往复运动所产生的感应电流为正弦式交变电流，则Em＝nB×2πrvm＝2.4 V，电流的有效值I＝＝ A，A错误；由题图可知T＝0.02 s，f＝50 Hz，C正确；t＝0.01 s时，v＝0，所以I＝0，B错误；t＝0.015 s时，由右手定则可知，电流方向C→L→D，D错误．
模式三 棒在不均匀磁场中平动
如图所示，矩形裸导线框长边的长度为2l，短边的长度为l，在两个短边上均接有电阻R，其余部分电阻不计，导线框一长边与x轴重合，左端的坐标x＝0，线框处在一垂直于线框平面的磁场中，磁感应强度满足关系式B＝B0sin.一光滑导体棒AB与短边平行且与长边接触良好，电阻也是R.开始时导体棒处于x＝0处，之后在沿x轴方向的力F作用下做速度为v的匀速运动．求导体棒AB从x＝0到x＝2l的过程中力F随时间t的变化规律．
解析：在t时刻AB棒的坐标为x＝vt，感应电动势为e＝Blv＝B0lvsin，
回路总电阻为R总＝R＋0.5R＝1.5R，
通过AB的感应电流为i＝＝，
因为AB棒匀速运动，
所以F＝F安＝Bil＝.
答案：F＝
模式四 线圈处于周期性变化的磁场中
边长为a、匝数为n的正方形导线框置于均匀分布的磁场区域内，磁感应强度的方向与线框平面垂直，如图甲所示，磁感应强度B随时间按图乙所示的正弦规律变化．设导线框横截面的面积为S，电阻率为ρ，图像中所标物理量为已知量，求在时间t内(t≫T)线框中产生的热量．
解析：线圈中的磁通量按正弦规律变化，线框中感应电动势的最大值为Em＝nBma2ω，其中ω＝，又知R＝，线框中电流的最大值为Im＝，线框在时间t内产生的热量为Q＝Rt，解以上各式得Q＝.
答案：
正弦式交流电的产生的实质是产生了正弦式感应电动势，根据E＝Blv，可以分别在B、l、v这三个物理量上做文章．
限时规范训练
[基础巩固]
1.如图所示，虚线是正弦交变电流的图像，实线是另一交变电流的图像，它们的周期T和最大值Um相同，则实线所对应的交变电流的有效值U满足( )
A．U＝ B．U＝
C．U＞ D．U＜
解析：D 因虚线是正弦交变电流的图像，则该交变电流的有效值为U有效值＝＝，由题图可知，在任意时刻，实线所代表的交变电流的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交变电流的瞬时值，则实线所代表的交变电流的有效值小于虚线表示的正弦交变电流的有效值，则U＜，故D正确．
2．(2021·全国高三专题练习)如图(a)所示，阻值为R＝20 Ω的定值电阻接在如图(b)所示的交变电流上，交变电流的前半个周期为正弦交变电流，后半个周期为恒定电流．理想交流电压表的示数为( )
A．20 V B．20 V
C．20 V D．40 V
解析：C 由I2RT＝R·＋IR·，得I＝ A，根据欧姆定律得U＝IR＝20 V，故选C.
3．(2021·全国高三专题练习)图甲所示电压按正弦规律变化，图乙所示电压是正弦交变电流的一部分，则下列说法正确的是( )
A．图乙所示的电压也是正弦式交流电压
B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝10sin 50πt(V)
C．图乙所示电压的周期与图甲所示电压周期相同
D．图甲所示电压的有效值比图乙所示电压的有效值小
解析：D 题图乙所示电压只有一部分按正弦规律变化，不能称为正弦式交流电压，故A错误；题图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝10sin 100πt(V)，故B错误；图乙所示电压的周期为图甲所示电压周期的2倍，故C错误；图甲所示电压的有效值为5 V，对图乙，由·＝T，得电压的有效值为U＝10 V，故D正确．
4．(多选)如图所示为交流发电机的模型示意图，矩形线框abcd在匀强磁场中绕OO′逆时针匀速转动，从图示位置开始转过90°的过程中，下列说法正确的是( )
A．电流方向由c到b，大小逐渐减小
B．电流方向由b到c，大小逐渐增大
C．电流的有效值与平均值的比值为
D．电流的有效值与平均值的比值为
解析：BD 根据楞次定律可知，电流方向由b到c，从中性面开始计时，转过90°的过程中，电流逐渐增大，A错误，B正确；电流的有效值为I＝，电流的平均值为＝＝，二者之比为，C错误，D正确．
5．(2021·全国高三专题练习)如图所示，单匝矩形线圈ab边长为20 cm，bc边长为10 cm，绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，转速为50 r/s.若磁感应强度为0.1 T，线圈电阻为1 Ω，从中性面处开始计时，则( )
A．转动过程中，线圈中磁通量的变化率恒定
B．1 s内线圈中电流方向改变100次
C．线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝sin 50πt(A)
D．线圈消耗的电功率为 W
解析：B 线圈从中性面开始匀速转动产生正弦交变电流，感应电动势即磁通量的变化率按正弦规律变化，故A错误；线圈的转速n＝50 r/s，即每秒50个周期，每个周期电流方向改变2次，故1 s内线圈中电流方向改变100次，故B正确；线圈转运的角速度ω＝2πn＝100π rad/s，感应电流的最大值Im＝＝ A，故线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝sin 100πt(A)，故C错误；线圈中的电流I＝＝ A，故线圈消耗的电功率P＝I2R＝ W，故D错误．
6．(2021·广东珠海市高三二模)如图所示，正方形线框abcd绕对称轴OO′在匀强磁场中匀速转动，角速度ω＝100 rad/s，线框边长L＝0.1 m，匝数N＝100，磁感应强度B＝0.1 T，图示位置线框平面与磁感线平行，闭合回路中线框的电阻r＝2 Ω，外接电阻R＝8 Ω.则( )
A．图中所示的瞬间，线框处于中性面
B．转动过程中，穿过线框的磁通量最大值为0.1 Wb
C．电压表读数为4 V
D．通过电阻R电流的有效值为1 A
解析：C 中性面与磁场方向垂直，则图中所示的瞬间，线框垂直于中性面．故A错误；转动过程中，穿过线框的磁通量最大值为Φm＝BL2＝0.001 Wb，故B错误；线圈最大电动势为Em＝NBL2ω＝10 V，有效电动势为E＝＝5 V，外电压为U＝E＝4 V，即为电压表示数，故C正确；通过电阻R电流的有效值为I＝＝ A，故D错误．
7．(多选)风电是一种清洁、绿色的可再生能源，中国的风电装机容量，目前处于世界领先地位．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铁转动，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10 r/s
B．线圈两端电压的有效值为6 V
C．交变电流的电压表达式为u＝12sin 5πt(V)
D．该交变电流的频率为50 Hz
解析：BC 电压的周期为T＝0.4 s，故磁铁的转速为n＝2.5 r/s，f＝2.5 Hz，故A、D错误；通过题图乙可知电压的最大值为12 V，故有效值U＝＝ V＝6 V，故B正确；周期T＝0.4 s，故ω＝＝ rad/s＝5π rad/s，故电压的表达式为u＝12sin 5πt(V)，故C正确．
[能力提升]
8．(2021·湖北襄阳模拟)矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动．若轴线右侧没有磁场(磁场具有理想边界)，如图所示．设abcda方向为感应电流的正方向．从图示位置开始一个周期内线圈中感应电流随时间变化的图像正确的是( )
解析：A 从题图示位置开始，在0～时间内，穿过线圈的磁通量减小，原磁场方向向里，由楞次定律“增反减同”可知，感应电流的磁场方向向里，由安培定则可知，产生的感应电流的方向为abcda，即与电流规定的正方向相同，且产生的感应电流的大小随时间按正弦规律变化，有i＝sin ωt，在～时间内，穿过线圈的磁通量增大，原磁场方向向里，由楞次定律“增反减同”可知，感应电流的磁场方向向外，因线圈的位置也发生了变化，所以产生的感应电流的方向还是abcda，即与电流规定的正方向相同，结合题中选项可知，A正确，B、C、D错误．
9．(多选)如图所示，矩形单匝线圈abcd，线圈放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，转动的周期为T，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，转轴OO′垂直于磁场方向，线圈的阻值为R，与线圈相连的电阻的阻值也为R，从图示位置开始计时，线圈转过30°时线圈中的瞬时感应电流为I.以下判断正确的是( )
A．线圈的面积为
B．线圈消耗的电功率为4I2R
C．t时刻线圈中的感应电动势的瞬时值e＝2IRsint
D．t时刻穿过线圈的磁通量的瞬时值Φ＝cos t
解析：AD 设ab边长为l1，bc边长为l2，线圈转动过程中bc边或ad边切割磁感线，这两个边的切割刚好交替进行，从图示位置开始计时，bc边切割磁感线的速度为v＝ωl1sin ωt＝l1sint，其产生的瞬时电动势为e＝Bl2v＝sint＝·sint，则线圈转动30°时的瞬时电动势为E＝，电路的总电阻为2R，产生的瞬间电流为I＝＝，解得线圈的面积S＝，选项A正确；线圈中感应电动势的最大值Em＝＝4IR，有效值E＝＝2IR，线圈消耗的电功率P＝R＝2I2R，选项B错误；t时刻线圈中的感应电动势的瞬时值e＝sin ωt＝4IRsint，穿过线圈的磁通量的瞬时值Φ＝BScos ωt＝cost，选项C错误，D正确．
10．(2021·山东德州模拟)如图甲所示，将阻值为R＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电阻上电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表为理想电表，下列说法正确的是( )
A．电阻R两端电压变化规律的函数表达式为 u＝2.5 sin 100πt(V)
B．电阻R消耗的电功率为1.25 W
C．若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1 A
D．图乙交变电流与图丁所示电流的有效值之比为
解析：D 题图乙所示电流的最大值为Im＝0.5 A，由欧姆定律得Um＝ImR＝2.5 V，周期为T＝0.01 s，ω＝＝200π rad/s，所以R两端电压的表达式为u＝2.5sin 200πt(V)，选项A错误；该电流的有效值为I＝，电阻R消耗的电功率为P＝I2R，解得P＝0.625 W，选项B错误；若该交变电流由题图丙所示矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生，当转速提升一倍时，电动势的最大值Em＝nBSω变为原来的2倍，电路中电流的有效值也变为原来的2倍，即I′＝2I＝2×＝2× A≠1 A，选项C错误；题图乙中的正弦式交变电流的有效值为 A，题图丁所示的交变电流虽然方向发生变化，但大小恒为0.5 A，故有效值之比为，选项D正确．
11．(多选)如图甲所示，abcd是匝数为50匝、边长为20 cm、总电阻为1.0 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直向里的磁场中．磁感应强度B随时间t发生周期性变化，变化关系如图乙所示．不考虑线圈各边电流之间的相互作用，以下说法中正确的是( )
A．在t＝1.0 s时，导线圈产生的感应电流大小为4.0 A
B．在t＝2.5 s时，导线圈ab边受到的磁场对它的安培力方向垂直ab边指向导线圈外侧
C．导线圈中产生的是直流电
D．在一个周期内，导线圈内电流的有效值为2 A
解析：BD 在t＝1.0 s时，导线圈产生的感应电流大小为I1＝n＝50× A＝2 A，故A错误；在2～3 s时间内，穿过导线圈abcd的磁通量减少，根据楞次定律和安培定则可知，感应电流沿顺时针方向，ab中电流从a到b，由左手定则可判断出，导线圈ab边受到的磁场对它的安培力方向垂直ab边指向导线圈外侧，故B正确；根据楞次定律可知，0～2 s时间内和2～3 s时间内的感应电流方向相反，故C错误；2～3 s时间内的电流大小为I2＝n＝50× A＝4 A，由I2RT＝IR＋IR，解得导线圈内电流的有效值为I＝2 A，故D正确．
12．(多选)如图所示，虚线OO′左侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，凸形线框abcdefgh以虚线OO′为轴以角速度ω匀速转动，abch为边长为L的正方形，defg为边长为L的正方形，线框的总电阻为R，从图示位置开始计时，则( )
A．在t＝0时刻，线框中的感应电流最大
B．在转过90°的过程中，线框中感应电流的瞬时值i随时间t变化的规律为i＝
C．线框感应电流的最大值为Imax＝
D．线框转过60°时的瞬时电动势为
解析：BC 从图示位置开始计时，在转过90°的过程中，线框中产生的感应电动势的瞬时值为e＝BL2ωsin ωt，感应电流的瞬时值为i＝＝，故t＝0时刻，I＝0，线框中感应电流的最大值为Imax＝，A错误，B、C正确；线框转过60°时的瞬时电动势为e＝BL2ωsin＝BL2ω，故D错误．
13．(多选)手机无线充电工作原理的示意图如图所示，由送电线圈和受电线圈组成．已知受电线圈的匝数为n＝50匝，电阻r＝1.0 Ω，在它的c、d两端接一阻值R＝9.0 Ω的电阻．设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间按图乙所示的规律变化，可在受电线圈中产生电动势最大值为20 V的正弦式交变电流，设t1时刻磁场竖直向上．则( )
A．在t＝π×10－3 s时，受电线圈中产生电流的大小2.0 A
B．在t＝π×10－3 s时，c端电势低于d端
C．在一个周期内，电阻R上产生的热量为5.7×10－3 J
D．从t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量为2×10－3 C
解析：AD 由题图乙知t＝π×10－3 s时受电线圈中产生的电动势最大，为Em＝20 V，线圈中产生感应电流的大小为I1＝Im＝＝2.0 A，故A正确；由楞次定律可以得到此时c端电势高于d端，故B错误；通过电阻的电流的有效值为I＝＝ A，电阻在一个周期内产生的热量Q＝I2RT≈5.7×10－2 J，故C错误；线圈中感应电动势的平均值＝n，通过电阻R的电流的平均值为＝，通过电阻R的电荷量q＝·Δt，由题图乙知，在～的时间内，ΔΦ＝4×10－4 Wb，解得q＝n＝2×10－3 C，故D正确．
14．(2021·北京高三期末)如图所示，交流发电机的矩形金属线圈，ab边和cd边的长度L1＝50 cm，bc边和ad边的长度L2＝20 cm，匝数n＝100 匝，线圈的总电阻r＝10 Ω，线圈位于磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中．线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起，并通过电刷与阻值R＝90 Ω的定值电阻连接．初始状态时线圈平面与磁场方向平行，现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OO′以角速度ω＝400 rad/s匀速转动．电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计．
(1)从线圈经过图示位置开始计时，写出电阻R两端电压随时间变化的函数关系式；
(2)从线圈经过图示位置开始计时，写出ab边所受安培力大小随时间变化的函数关系式；
(3)求维持线圈匀速转动1圈，所需外力做的功W.(保留三位有效数字)
解析：(1)感应电动势的最大值Em＝nBL1L2ω＝200 V
电阻R两端电压最大值Um＝Em＝180 V
电阻R两端电压随时间变化的函数关系式
u＝Umcos ωt＝180cos 400t(V)
(2)通过电阻R的电流的瞬时值i＝＝2cos 400t
ab边所受安培力大小随时间变化的函数关系式
F＝nBiL1＝5cos 400t(N)
(3)线圈匀速转动1圈时产生的热量为Q＝T
T＝
代入数据解得Q＝3.14 J
由功能关系知，线圈匀速转动时，外力做功等于电路中产生的热量，即：W＝Q＝3.14 J.
答案：(1)u＝180cos 400t(V) (2)F＝5cos 400t(N) (3)3.14 J
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