2020届高考物理总复习第十一单元交变电流传感器课时1交变电流的产生和描述教师用书（含解析） 21页

课时1　交变电流的产生和描述　　1.交变电流及其产生和图象(1)定义:大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫作交变电流。(2)图象:如图甲、乙、丙、丁所示都属于交变电流。其中按正弦规律变化的交变电流叫作正弦式交变电流,如图甲所示。　　2.正弦式交变电流的描述(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,单位是秒(s),公式T=2πω。②频率(f):交变电流在1s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=Emsinωt。其中ω等于线圈转动的角速度,Em=nBSω。②负载两端的电压u随时间变化的规律:u=Umsinωt。③电流i随时间变化的规律:i=Imsinωt。1.(2019太原尖草坪区第一中学考试)在如图所示的四种情况中,矩形线圈绕OO'轴匀速转动。不能产生交变电流的是(　　)。答案　An2.(2018浙江绍兴一中检测)(多选)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答案　AC3.(2018长沙雅礼中学模拟)(多选)图甲为交流发电机的原理图,正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO'匀速转动,电流表为理想交流电表,线圈中产生的交变电流随时间的变化如图乙所示,则(　　)。　　(3)交变电流的瞬时值、峰值、有效值①瞬时值:交变电流在某一时刻的值,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:跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫作交变电流的有效值。对正弦式交变电流,其有效值和峰值的关系:E=Em2,U=Um2,I=Im2。3.感抗和容抗(1)感抗:是对交流电的阻碍作用,交变电流通过线圈时,因为电流时刻在变化,所以自感现象不断发生,而自感电动势总是要阻碍电流的变化,这就是线圈的电感对交变电流的阻碍作用。电感对交变电流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,产生的自感电动势就越大,对交变电流的阻碍作用就越大,感抗也越大。所以电感具有“通直流、阻交流,通低频、阻高频”的作用。(2)容抗:电容器对交变电流的阻碍作用。电容器接通电源时,电源使导线中自由电荷向某一方向做定向移动,电容器的两极板在此过程中由于电荷积累而产生电势差,因而阻碍点电荷的继续移动,这就是电容对交变电流的阻碍作用。电容器的电容越大,交变电流的频率越高,充、放电进行得越快,容抗就越小,可见电容器具有“隔直流、通交流,阻低频、通高频”的作用。　A.电流表的示数为10AnB.线圈转动的角速度为50rad/sC.0.01s时,线圈平面和磁场平行D.0.01s时,通过线圈的磁通量变化率为0答案　AD4.(2018福建福州一中开学测试)如图所示为某电器中电路的一部分,当输入有直流成分、交流低频成分和交流高频成分的电流后,在其输出端得到可调大小的交流低频成分,那么下列有关各元器件的说法中,错误的是(　　)。A.C1为高频旁路电容器,交流高频成分被该电容器短路B.R为滑动变阻器,它的滑片上下移动可以改变输出端电压的大小C.C2为隔直电容器,交流低频成分通过该电容输出D.C1的电容较大、C2的电容较小答案　D5.(2019合肥第一次模拟)电阻R、电容器C和电感L是常用的电子元器件,如图所示,在频率为f的交流电路中,当开关S依次接R、C、L支路时,通过各支路的电流有效值相等。若将交变电流的频率提高到2f,其他条件不变,则下列几种情况可能的是(　　)。A.通过R的电流有效值增大B.通过C的电流有效值增大C.通过L的电流有效值增大D.通过R、C、L的电流有效值均不变答案　B1.(2017天津卷,6)(多选)在匀强磁场中,一个100匝的闭合矩形金属线圈,绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动,穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2Ω,则(　　)。nA.t=0时,线圈平面平行于磁感线B.t=1s时,线圈中的电流改变方向C.t=1.5s时,线圈中的感应电动势最大D.一个周期内,线圈产生的热量为8π2J解析　t=0时,Φ=0,故线圈平面平行于磁感线,A项正确;线圈每经过一次中性面,电流的方向改变一次,线圈经过中性面时,磁通量最大,故在t=0.5s、1.5s时线圈中的电流改变方向,在t=1s时线圈平面平行于磁感线,线圈中的电流方向不变,B项错误;线圈在磁场中转动,当磁通量最大时,感应电动势为零,当磁通量为零时,感应电动势最大,故t=1.5s时,感应电动势为零,C项错误;线圈中感应电动势的最大值Em=nBωS=nωΦm=n2πTΦm=100×2π2×0.04V=4πV,有效值E=Em2=22πV,故在一个周期内线圈产生的热量Q=E2RT=(22π)22×2J=8π2J,D项正确。答案　AD2.(2018全国卷Ⅲ,16)一电阻接到方波交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交变电源上,在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图所示。则Q方∶Q正等于(　　)。A.1∶2　　　　　　　　　B.2∶1C.1∶2D.2∶1解析　根据题述,正弦交变电流的电压有效值为u02,而方波交流电的有效值为u0,根据焦耳定律和欧姆定律有Q=I2RT=u2RT,可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比,Q方∶Q正=u02∶u022=2∶1。答案　D见《自学听讲》P200n一交变电流的产生与变化规律　　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Em=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)　　　规律物理量　　函数表达式图象磁通量Φ=Φmcosωt=BScosωt电动势e=Emsinωt=nBSωsinωt电压u=Umsinωt=REmR+rsinωt电流i=Imsinωt=EmR+rsinωtn　　例1　如图所示,闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线,直线部分长度为0.4m,线框的电阻为1Ω,若线框从虚线位置开始以2m/s的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直),从开始到线框完全进入磁场过程中线框释放出的焦耳热为0.4J,此过程线框中电流随时间变化的关系式为(　　)。A.i=2sin10πt(A)　　　　　　B.i=2sin10πt(A)C.i=2sin5πt(A)D.i=2sin5πt(A)解析　金属线框进入磁场切割磁感线的有效长度L按正弦规律变化,产生的感应电动势按正弦规律变化,线圈中产生正弦交流电,设电流有效值为I。运动时间为半个周期,即t=0.42s=0.2s,根据焦耳定律有I2Rt=0.4J,R=1Ω,解得I=2A,正弦交流电峰值Im=2I=2A。根据题意可知角速度ω=2π2t=5π,线框中电流按正弦规律变化有i=Imsinωt=2sin5πt(A),C项正确。答案　C变式1　如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其单匝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R=10Ω的电阻连接,与电阻R并联的交流电压表为理想电压表,示数是10V。图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象,则(　　)。A.电阻R上的电功率为20WB.t=0.02s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=102cos100πt(V)D.通过R的电流i随时间t变化的规律是i=102cos50πt(A)解析　电阻R上的电功率P=U2R=10W,A项错误;由题图乙知t=0.02s时磁通量变化率最大,R两端的电压瞬时值最大,B项错误;R两端的电压u随时间t变化的规律是u=102cos100πt(V),C项正确;通过R的电流i随时间t变化的规律是i=uR=2cos100πt(A),D项错误。答案　C二交变电流“四值”的理解和应用n　　对交变电流“四值”的比较和理解物理量物理意义适用情况及说明瞬时值e=Emsinωtu=Umsinωti=Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况峰值(最大值)Em=nBSωIm=EmR+r讨论电容器的击穿电压有效值对正(余)弦式交变电流有:E=Em2U=Um2I=Im2(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)电表的示数为有效值平均值E-=nΔΦΔtI-=E-R+r计算通过电路截面的电荷量　　例2　(多选)如图所示,线圈abcd的面积是0.05m2,共100匝,线圈总电阻为1Ω,外接电阻R=9Ω,匀强磁场的磁感应强度B=1πT。当线圈以300r/min的转速匀速旋转时,以下判断正确的是(　　)。A.若从线圈处于中性面开始计时,线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=50sin10πt(V)B.线圈转过130s时,电动势的瞬时值为25VC.电压表和电流表的示数分别为45V和5AD.从中性面开始计时,经130s通过电阻R的电荷量为14πCn解析　e=Emsinωt=nBS·2πfsin(2πft)=50sin10πt(V),A项正确;当t=130s时,e=50sin10π×130V≈43.30V,B项错误;电动势的有效值E=Em2=252V,电流表示数I=ER+r≈3.54A,电压表示数U=IR≈31.86V,C项错误;130s内线圈转过的角度θ=ωt=π3,该过程中,ΔΦ=BS-BScosθ=12BS,由I-=qΔt、I-=E-R+r、E-=nΔΦΔt可得,q=nΔΦR+r=nBS2(R+r)=14πC,D项正确。答案　AD交变电流瞬时值表达式的求法:(1)求电动势的最大值Em=nBSω。(2)求出角速度ω=2πT。(3)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。(4)写出瞬时值的表达式。变式2　(多选)边长为L的正方形线框在磁感应强度大小为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,产生的感应电流的最大值为Im。设灯泡的电阻为R,其他电阻不计。从图示位置开始计时,则(　　)。A.电路中电流的最大值Im=BL2ωRB.电路中电流的瞬时值的表达式为i=ImsinωtC.电流表的示数为Im2D.转过一周,感应电动势的平均值为零解析　感应电动势的最大值Em=BL2ω,则电流的最大值Im=EmR=BL2ωR,A项正确;由线圈中电流为最大值时开始计时,电路中电流的瞬时值表达式应为i=Imcosωt,B项错误;电流表的示数为有效值,大小为I=22Im,C项错误;转过一周,磁通量的变化为零,所以转过一周感应电动势的平均值为零,D项正确。答案　ADn变式3　(多选)如图所示,图线a和图线b分别表示线圈A和线圈B在同一匀强磁场中匀速转动时,通过线圈的磁通量随时间的变化规律。已知线圈A的匝数与线圈B的匝数分别为10和30,以下说法正确的是(　　)。A.线圈A与线圈B转速之比为2∶3B.线圈A与线圈B产生的最大电动势之比为1∶1C.线圈A的感应电动势的瞬时值表达式为e=500πcos5πt(V)D.线圈B在t=0.3s时刻位于中性面位置解析　由图象可得Ta=0.4s,Tb=0.6s,则转速na=1Ta=2.5r/s,nb=1Tb=53r/s,所以线圈A与线圈B转速之比为3∶2,A项错误;线圈A、B中产生的最大电动势分别为Ema=NaΦmaωa=NaΦma2πTa=10×10×2π0.4V=500πV,Emb=NbΦmbωb=30×5×2π0.6V=500πV,所以线圈A与线圈B产生的最大电动势之比为1∶1,B项正确;在t=0时刻,线圈A的感应电动势最大,因此感应电动势的瞬时值表达式为e=500πcos5πt(V),C项正确;在t=0.3s时刻,通过线圈B的磁通量为零,磁通量的变化率最大,故感应电流最大,与中性面垂直,D项错误。答案　BC三特殊交变电流有效值的计算　　计算交变电流有效值的方法(1)计算有效值时要根据电流的热效应,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)分段计算电热求和得出一个周期内产生的总热量。(3)利用两个公式Q=I2Rt和Q=U2Rt可分别求得电流有效值和电压有效值。(4)若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流,其中的14周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和12周期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I=Im2、U=Um2求解。n题型1　非常规正弦交变电流有效值的计算例3　(多选)如图所示,甲、乙为两种电压的波形,其中图甲所示的电压按正弦规律变化,图乙所示的电压波形是正弦函数图象的一部分。下列说法正确的是(　　)。A.图甲、图乙均表示交变电流B.图甲所示电压的瞬时值表达式为u=20sin100πt(V)C.图乙所示电压的有效值为20VD.图乙所示电压的有效值为10V解析　根据交变电流的定义,图甲、图乙均表示交变电流,A项正确;图甲中电压的最大值Um=20V,周期为0.02s,则电压的瞬时值表达式为u=Umsin2πTt=20sin100πt(V),B项正确;根据有效值的定义有2022R·T2=U2RT,解得图乙中电压的有效值U=10V,C项错误,D项正确。答案　ABD变式4　电压u随时间t的变化情况如图所示,皆为正弦函数图象的一部分,求电压的有效值。解析　由有效值的定义式得110222R·T2+220222R·T2=U2RT,解得U=5510V。答案　5510V题型2　含二极管的交变电流有效值的求解例4　如图所示电路,电阻R1与电阻R2串联接在交变电源上,且R1=R2=10Ω,正弦交流电的表达式为u=202sin100πt(V),R1和理想二极管D(正向电阻为零,反向电阻为无穷大)并联,则R2上的电功率为(　　)。nA.10W　　　B.15W　　　C.25W　　　D.30W解析　由题图可知,当A端输出电流为正时,R1被短路,则此时R2两端电压有效值U2=Um2=20V,当B端输出电流为正时,R1、R2串联,则R2两端电压有效值U2'=U22=10V,设在一个周期内R2两端的电压有效值为U,则U2'2R2×T2+U22R2×T2=U2R2×T,解得U=510V,则有P2=U2R2=25W。答案　C变式5　在如图甲所示的电路中,D为理想二极管(正向电阻为零,反向电阻为无穷大)。R1=30Ω,R2=60Ω,R3=10Ω。当M、N间加上如图乙所示的交变电压时,R3两端电压表的读数大约是(　　)。A.3VB.3.5VC.4VD.5V解析　在0~0.01s内,二极管导通,电压表读数U31=R3R3+R12Um=4V,在0.01s~0.02s内,二极管截止,电压表读数U32=R3R3+R1Um=3V。根据交流电有效值的定义得U312R3×T2+U322R3×T2=U2R3×T,解得U≈3.5V,B项正确。答案　B题型3　矩形波交变电流有效值的计算例5　(多选)如图甲所示,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(纸面)内,两导线框半径相等,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.t=T8时,两导线框中产生的感应电动势相等n甲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　设导线框半径为l,角速度为ω,两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径,因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为E=12Bωl2,但进磁场和出磁场时电流方向相反,所以线框中应该产生方波式交变电流,如图乙所示,A项错误;由T=2πω可知,两导线框中感应电流的周期相同,均为T,B项正确;t=T8时,两导线框均在切割磁感线,故两导线框中产生的感应电动势均为12Bωl2,C项正确;对于线框M,有E2R·T2+E2R·T2=U有M2R·T,解得U有M=E,对于线框N,有E2R·T4+0+E2R·T4+0=U有N2R·T,解得U有N=22E,故两导线框中感应电流的有效值并不相等,D项错误。乙答案　BC　　电动机、发电机模型1.模型构建发电机模型是以电磁感应为背景的常见模型,凡是在外力作用下做切割磁感线运动而产生感应电流的导体均可视为发电机模型。凡是在安培力作用下运动的导体均可视为电动机模型。2.模型特点两种模型电动机发电机工作原理通电线圈在磁场中受到安培力而转动闭合线圈在磁场中受外力转动,产生感应电动势n能量转化电能转化为机械能机械能转化为电能解题要点(1)受力方向由左手定则来判断。(2)能量关系:P总=P输出+P热。(3)实际功率:P实际≤P额定。(4)电压、电流关系:U>IR(1)产生的感应电动势方向由右手定则判断。(2)感应电动势大小由法拉第电磁感应定律计算。(3)注意感应电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值的计算。(4)能量转化中满足能量守恒定律形象比喻左手抓着电动机右手抓着发电机　　例6　如图甲所示,长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内,其匝数为n,总电阻为r,可绕其竖直中心轴O1O2转动。线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起,并通过电刷和定值电阻R相连。线框所在的空间有水平向右均匀分布的磁场,磁感应强度B的大小随时间t变化的关系如图乙所示,其中B0、B1和t1均已知。在0~t1时间内,线框保持静止,且线框平面和磁场垂直;t1时刻后,线框在外力的驱动下,开始绕其竖直中心轴以角速度ω逆时针(从上往下看)匀速转动。求:(1)0~t1时间内通过电阻R的电流。(2)线框匀速转动后,在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量。(3)线框匀速转动后,在从图甲所示位置转过90°的过程中,通过电阻R的电荷量。解析　(1)0~t1时间内,线框中的感应电动势E1=nΔΦΔt=nL1L2(B1-B0)t1根据闭合电路欧姆定律可知,通过电阻R的电流I=E1R+r=nL1L2(B1-B0)(R+r)t1。n(2)线框转动时产生感应电动势的最大值Em=nB1L1L2ω感应电动势的有效值E=22nB1L1L2ω通过电阻R的电流的有效值I=2nB1L1L2ω2(R+r)线框转动一周所需的时间t=2πω此过程中,电阻R产生的热量Q=I2Rt=πRωnB1L1L2R+r2。(3)线框在从图甲所示位置转过90°的过程中平均感应电动势E-=nΔΦΔt=nB1L1L2Δt平均感应电流I-=nB1L1L2Δt(R+r)通过电阻R的电荷量q=I-Δt=nB1L1L2R+r。答案　(1)nL1L2(B1-B0)(R+r)t1　(2)πRωnB1L1L2R+r2(3)nB1L1L2R+r见《高效训练》P1171.(2018海南华侨中学模拟)图示为交流发电机示意图,线圈的AB边连在金属滑环K上,CD边连在滑环L上,导体制作的两个电刷E、F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的连接。关于其工作原理,下列分析正确的是(　　)。A.当线圈平面转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量最小B.当线圈平面转到中性面的瞬间,线圈中的感应电流最大C.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,穿过线圈的磁通量最小nD.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,线圈中的感应电流最小解析　当线圈平面转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量最大,磁通量变化率为零,感应电动势为零,线圈中的感应电流为零,A、B两项错误;当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,穿过线圈的磁通量最小,磁通量变化率最大,感应电动势最大,感应电流最大,C项正确,D项错误。答案　C2.(2018江西五校联考)如图,实验室一台手摇交流发电机的内阻r=1.0Ω,外接R=9.0Ω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=102sin10πt(V),则(　　)。A.该交变电流的频率为10HzB.该电动势的最大值为10VC.外接电阻R所消耗的电功率为10WD.电路中理想交流电流表的示数为1A解析　由发电机产生的感应电动势e=102sin10πt(V)可知,该交变电流为正弦式交变电流,其感应电动势的瞬时值基本表达式为e=Emsinωt,由两式对照可知Em=102V,ω=10πrad/s,又由ω=2πf,解得f=5Hz,A、B两项错误;理想交流电流表测量的是电路中总电流的有效值,根据闭合电路的欧姆定律有I=ER+r=1A,外接电阻R所消耗的电功率P=I2R=9W,C项错误,D项正确。答案　D3.(2019西安第一次模拟)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的小灯泡并且小灯泡正常发光。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2rPπ2R2BB.半圆形硬导线的转速为rPπ2R2BnC.线圈从图示位置转过90°过程中,通过小灯泡的电荷量为πR2BrD.线圈从图示位置转过90°过程中,通过小灯泡的电荷量为零解析　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=B·12πR2·2πn2,由P=E2r,解得n=2rPπ2R2B,A项正确,B项错误;线圈从图示位置转过90°的过程中,通过灯泡的电荷量q=ΔΦr=B·12πR2r=πR2B2r,C、D两项错误。答案　A4.(2018山西大同一中月考)一个U形金属线框分别在两种匀强磁场中绕OO'轴以相同的角速度匀速转动,通过导线给同一电阻R供电,如图甲、乙所示。其中甲图中OO'轴右侧有磁场,乙图中整个空间均有磁场,两磁场的磁感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为(　　)。A.1∶2　　　B.1∶2　　　C.1∶4　　　D.1∶1解析　题图甲中只在OO'轴的右侧有磁场,所以线框只在半个周期内有感应电流产生,且电流按正弦规律变化如图丙所示。电流表测量电流的有效值,根据电流的热效应可得I=12·BSωR。题图乙中整个空间布满磁场,线框中产生的感应电流如图丁所示,该电流也按正弦规律变化,所以I'=22·BSωR。因此I∶I'=1∶2,A项正确。答案　A5.(2018成都开学测试)(多选)如图所示,一半径r=10cm的圆形线圈共100匝,在磁感应强度B=5π2T的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的中心轴线OO'以n=600r/min的转速匀速转动。以线圈平面转至中性面位置(图中位置)时开始计时。则(　　)。nA.线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式为e=100sin20πt(V)B.线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式为e=100cos20πt(V)C.t=160s时,线圈内的电动势的瞬时值为86.6VD.t=160s时,线圈内的电动势的瞬时值为100V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。以线圈平面转至中性面时开始计时,线圈内产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt,其中Em=NBSω=100V,ω=20πrad/s,故e=100sin20πt(V),A项正确。当t=160s时,e=100sin20π×160V=86.6V,C项正确。答案　AC6.(2018南京第三次月考)(多选)如图甲所示为风力发电的简易模型图,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。在某一风速下,线圈中产生的正弦式电流如图乙所示,则(　　)。A.电流的瞬时值表达式为i=0.6sin10πt(A)B.磁铁的转速为10r/sC.风速加倍时,电流的瞬时值表达式为i'=1.2sin10πt(A)D.风速加倍时,线圈中电流的有效值为325A解析　由图乙可知Im=0.6A,T=0.2s,则ω=2πT=10πrad/s,故电流的瞬时值表达式为i=0.6sin10πt(A),A项正确;磁铁的转速n=1T=5r/s,B项错误;风速加倍时,根据Em=NBSωn可知频率和感应电动势都加倍,形成的电流加倍,故电流的瞬时值表达式变为i'=1.2sin20πt(A),C项错误;风速加倍时,电流的最大值Im=1.2A,有效值I=Im2=325A,D项正确。答案　AD7.(2019四川第一次模拟)(多选)如图所示,空间中有范围足够大的匀强磁场,磁场方向竖直向下,在其间竖直放置两正对的相同金属圆环,两环相距为L,用导线将环与外电阻相连,现用外力使金属杆沿两环做匀速圆周运动。已知磁感应强度大小为B,圆环半径为R,杆转动角速度为ω,金属杆和电阻的阻值均为r,其他电阻不计,则(　　)。A.在金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中,流过外电阻的电流先变大后变小B.在金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中,流过外电阻的电流先变小后变大C.流过外电阻电流的有效值为2BLωR4rD.流过外电阻电流的有效值为2πBωR24r解析　金属杆从圆环最高点向最低点转动的过程中,垂直磁场方向的分速度先减小再增大,因而流过外电阻的电流先减小再增大,A项错误,B项正确。杆沿圆环的匀速运动等效为以两环圆心连线为转动轴,长为L、宽为R的矩形线框的匀速转动,因此产生正弦式交流电,遵循I=Im2的关系,电动势的最大值Em=BLωR,Im=Em2r,I=Im2=2BLωR4r,故C项正确,D项错误。答案　BC8.(2018武汉大学附属中学质检)(多选)如图所示,某电路中接有保险丝、交流电压表、“220V　900W”的电饭锅及“220V　200W”的抽油烟机。现接入u=311sin100πt(V)的交流电,下列说法正确的是(　　)。A.交流电压表的示数为311VB.1s内流过保险丝的电流方向改变100次C.电饭锅的热功率是抽油烟机的热功率的4.5倍D.为保证电路正常工作,保险丝的额定电流不能小于5An解析　由u=311sin100πt(V)知,电压的最大值Um=311V,频率f=100π2πHz=50Hz,故1s内电流方向改变100次,电压的有效值U=Um2=220V,交流电压表测得的是电压的有效值,为220V,A项错误,B项正确;电饭锅的电功率为抽油烟机的电功率的4.5倍,但抽油烟机不是纯电阻元件,其热功率小于200W,C项错误;电路正常工作时的总功率P=1100W,所以保险丝的额定电流最小应为I=PU=5A,D项正确。答案　BD9.(2018陕西山阳中学监测)有人为汽车设计的一个“再生能源装置”原理简图如图甲所示,当汽车减速时,线圈受到磁场的阻尼作用帮助汽车减速,同时产生电能储存备用。图甲中,线圈的匝数为n,ab长度为L1,bc长度为L2。图乙是此装置的侧视图,切割处磁场的磁感应强度大小恒为B,有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是90°。某次测试时,外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动,电刷M端和N端接电流传感器,电流传感器记录的i-t图象如图丙所示(I为已知量),取ab边刚开始进入左侧的扇形磁场时刻为计时起点。不计线圈转动轴处的摩擦。(1)求线圈在图乙所示位置时,产生的电动势E的大小。(2)求闭合电路的总电阻R和外力做功的平均功率P。(3)为了能够获得更多的电能,依据所学的物理知识,请你提出改进该装置的三条建议。解析　(1)E=2nBL1vv=12ωL2E=nBL1L2ω。(2)电流I=ERR=nBL1L2ωI线圈转动一个周期时间内,产生电流的时间是半个周期n外力做功的平均功率P=12I2RP=nBL1L2ωI2。(3)增大磁感应强度;增加线圈匝数;增大磁场区域面积;适当增大线圈面积;变成多组线圈等。答案　(1)nBL1L2ω　(2)nBL1L2ωI　nBL1L2ωI2　(3)见解析10.(2018江苏苏州中学模拟)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,线圈电阻为r,外电路电阻为R。如图所示,当线圈处于中性面时开始计时,在线圈逆时针匀速转动180°的过程中,求:(1)通过R的电荷量q。(2)写出R两端的电压瞬时值的表达式。(3)R上产生的电热Q。(4)外力做的功W。解析　(1)通过电阻R的电荷量q=I·Δt由闭合电路欧姆定律得I=ER+r由法拉第电磁感应定律得E=nΔΦΔtΔΦ=BS-(-BS)=2BS联立解得q=2nBSR+r。(2)线圈由中性面开始转动,感应电动势的瞬时值表达式为e=nBSωsinωt(V)由闭合电路欧姆定律可知i=eR+r电阻R两端的电压u=iR解得u=RR+rnBSωsinωt。(3)感应电动势的最大值Em=nBSω感应电动势的有效值E=Em2n由闭合电路欧姆定律可知I=ER+r由焦耳定律可知Q=I2Rt,其中t=πω解得Q=n2πB2S2ωR2(R+r)2。(4)线圈匀速转动,外力所做的功等于线圈转动过程中产生的总焦耳热,即W=Q总=I2(R+r)t=n2πB2S2ω2(R+r)。答案　(1)2nBSR+r　(2)u=RR+rnBSωsinωt(3)n2πB2S2ωR2(R+r)2　(4)n2πB2S2ω2(R+r)